思路:

我们先对所有读进来的T建一个AC自动机

因为走到一个禁忌串就需要回到根

所以呢 搞出来所有的结束点 或一下 fail指针指向的那个点

然后我们就想转移

a[i][j]表示从i节点转移到j节点的概率 如果能够转移到 ans+=1÷alphabet

这里有一个trick

建一个size+1节点 如果回到了根 就连到size+1 a[size+1][size+1]=1

这样就成了累加和了

因为长度最大有10^9,显然直接DP会无论空间还是时间都会爆炸。。。

所以用矩阵乘法+快速幂加速转移

现在考虑怎么处理出初始的转移矩阵

先算出a[i][j]表示i一步到j的概率

用bfs就可以实现,如果j是i的儿子,那么a[i][j]+=1/字符集大小

为了方便我们新建一个节点n=cnt(总结点数)+1

每次转移root时也转移到它

那么a[i][n]就是i走一步匹配到禁忌串的概率。

要把所有步都累加出来,把a[n][n]赋为1就可以了

因为这样下一次计算时b[root][n]=….+b[root][n]*a[n][n]+….

就可以把上次的答案都累加起来了。

自乘x次后,因为贡献永远是1,所以a[root][n]就表示root走x步遇到禁忌串的期望,也就是答案。

http://blog.csdn.net/thy_asdf/article/details/47087113

//By SiriusRen
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 105
#define M 26
using namespace std;
int n,num,len,alphabet,size;
char a[N];
struct matrix{long double a[N][N];void clear(){memset(a,0,sizeof(a));}}st,ans;
matrix operator * (matrix a,matrix b){
matrix c;c.clear();
for(int i=0;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=n;j++)
for(int k=0;k<=n;k++)
c.a[i][j]+=a.a[i][k]*b.a[k][j];
return c;
}
struct AC_Automata{
int ch[N][M],end[N],q[N*M],head,tail,f[N],vis[N];
void insert(char *s,int num){
int u=0;
for(int i=0;s[i];i++){
int v=s[i]-'a';
if(!ch[u][v])ch[u][v]=++size;
u=ch[u][v];
}end[u]=1;
}
void build(){
f[0]=100;
while(head<=tail){
int r=q[head++];
for(int i=0;i<alphabet;i++){
int u=ch[r][i];
if(!u)ch[r][i]=ch[f[r]][i];
else q[++tail]=u,f[u]=ch[f[r]][i];
}
end[r]|=end[f[r]];
}
head=tail=q[0]=0,vis[0]=1;
long double base=1.0/alphabet;
while(head<=tail){
int r=q[head++];
for(int i=0;i<alphabet;i++){
if(!vis[ch[r][i]])vis[ch[r][i]]=1,q[++tail]=ch[r][i];
if(end[ch[r][i]])st.a[r][n]+=base,st.a[r][0]+=base;
else st.a[r][ch[r][i]]+=base;
}
}
}
}ac;
void pow(){for(;len;len>>=1,st=st*st)if(len&1)ans=ans*st;}
int main(){
scanf("%d%d%d",&num,&len,&alphabet);
for(int i=1;i<=num;i++)scanf("%s",a),ac.insert(a,i);
n=size+1;ac.build(),st.a[n][n]=1;
for(int i=0;i<=n;i++)ans.a[i][i]=1;
pow();
printf("%Lf\n",ans.a[0][n]);
}

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