BZOJ2553: [BeiJing2011]禁忌

2553: [BeiJing2011]禁忌

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Description

Magic Land上的人们总是提起那个传说：他们的祖先John在那个东方岛屿帮助Koishi与其姐姐Satori最终战平。而后，Koishi恢复了读心的能力……

如今，在John已经成为传说的时代，再次造访那座岛屿的人们却发现Koishi遇到了新麻烦。

这次她遇到了Flandre Scarlet——她拥有可以使用禁忌魔法而不会受到伤害的能力。

为了说明什么是禁忌魔法及其伤害，引入以下概念：

1．字母集A上的每个非空字符串对应了一个魔法。

其中A是包含了前alphabet个小写字母的集合。

2．有一个集合T，包含了N个字母集A上的字符串

T中的每一串称为一个禁忌串（Taboo string）

3．一个魔法，或等价地，其对应的串s因为包含禁忌而对使用者造成的伤害按以下方式确定：

把s分割成若干段，考虑其中是禁忌串的段的数目，不同的分割可能会有不同的数目，其最大值就是这个伤害。

由于拥有了读心的能力，Koishi总是随机地使用Flandre Scarlet的魔法，可以确定的是，她的魔法正好对应字母集A上所有长度为len的串。

但是，Flandre Scarlet所使用的一些魔法是带有禁忌的，由于其自身特性，她可以使用禁忌魔法而不受到伤害，而Koishi就不同了。可怜的Koishi每一次使用对方的魔法都面临着受到禁忌伤害的威胁。

你现在需要计算的是如果Koishi使用对方的每一个魔法的概率是均等的，那么每一次随机使用魔法所受到的禁忌伤害的期望值是多少。

Input

第一行包含三个正整数N、len、alphabet。

接下来N行，每行包含一个串T_i，表示禁忌串。

Output

一个非负实数，表示所受到禁忌伤害的期望值。

Sample Input

2 4 2

abb

Sample Output

0.75

【样例1解释】
一共有2^4 = 16种不同的魔法。

需要注意的是“aabb”的禁忌伤害是1而不是2。

HINT

100%的数据中N ≤ 5，len ≤10⁹，1 ≤ alphabet ≤ 26。

在所有数据中，有不少于40%的数据中：N = 1。

数据保证每个串T_i的长度不超过15，并且不是空串。

数据保证每个T_i均仅含有前alphabet个小写字母。

数据保证集合T中没有相同的元素，即对任意不同的i和j，有T_i≠T_j。

【评分方法】

对于每一组数据，如果没有得到正确的输出（TLE、MLE、RTE、输出格式错误等）得0分。

否则：设你的输出是YourAns，标准输出是StdAns：

记MaxEPS = max(1.0 , StdAns)×10^-6

如果|YourAns – StdAns| ≤ MaxEPS则得10分，否则得0分。

即：你的答案需要保证相对误差或绝对误差不超过10^-6。

题解：

出题人果然丧心病狂卡精度。。。

这题写题解的人好像不多，也许是我太傻叉了，时光机的代码画面太美我都不敢看了。。。

首先我们先搞清一个问题，如果给定了一个字符串，那么它的伤害指数是多少。

转化一下就变成在一个数轴上给定若干条线段，请选出最多的线段并且使得这些线段两两交集为空。

然后这就是一个贪心水题，见http://www.cnblogs.com/zyfzyf/p/4006703.html

我们只要按右端点排序，能取就取。

那假如我们已经构建了一个AC自动机，我们只要走到一个危险节点，就ans++，并且退回到根节点重新开始走。

可以看出，这样正好相当于在模拟上面的贪心过程。

然后我们看看len增加1，我们能干什么

建图如下：

void build()
{
    vis[]=;
    q.push();long double tmp=1.0/k;
    while(!q.empty())
    {
        int x=q.front();q.pop();
        for0(i,k-)
        {
            if(!vis[t[x][i]])vis[t[x][i]]=,q.push(t[x][i]);
            if(v[t[x][i]])
            {
                a.d[x][n]+=tmp;
                a.d[x][]+=tmp;
            }else a.d[x][t[x][i]]+=tmp;
        }
    }
}

意思就是我们把所有这样的关系找出来，如果len结束时，我们在x。

那如果t[x][i]是根节点，那我们就有1.0/alp的期望使ans+1，并返回根节点，否则我们有1.0/alp的期望走到t[x][i]。

最后我们求长度为给定是从1走到ans（设置为节点n）的期望次数即可。

然后这个矩阵构建出来我们发现 i到j的期望就等于sigma(i到k的期望*k到j的期望)。

这正好是矩阵乘法！

然后我们就可用快速幂加速了。

注意设置a[n][n]=1

代码：

 #include<cstdio>
 
 #include<cstdlib>
 
 #include<cmath>
 
 #include<cstring>
 
 #include<algorithm>
 
 #include<iostream>
 
 #include<vector>
 
 #include<map>
 
 #include<set>
 
 #include<queue>
 
 #include<string>
 
 #define inf 1000000000
 
 #define maxn 200+5
 
 #define eps 1e-10
 
 #define ll long long
 
 #define pa pair<int,int>
 
 #define for0(i,n) for(int i=0;i<=(n);i++)
 
 #define for1(i,n) for(int i=1;i<=(n);i++)
 
 #define for2(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
 
 #define for3(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
 
 #define mod 1000000007
 
 using namespace std;
 
 inline int read()
 
 {
 
     int x=,f=;char ch=getchar();
 
     while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
 
     while(ch>=''&&ch<=''){x=*x+ch-'';ch=getchar();}
 
     return x*f;
 
 }
 int n,m,k,cnt,t[maxn][],go[maxn];
 bool v[maxn],vis[maxn];
 queue<int>q;
 char s[maxn];
 struct matrix
 {
     long double d[maxn][maxn];
     matrix(){memset(d,,sizeof(d));}
 }a,b,c;
 inline void add()
 {
     scanf("%s",s+);int len=strlen(s+),now=;
     for1(i,len)
     {
         int x=s[i]-'a';
         if(!t[now][x])t[now][x]=++cnt;
         now=t[now][x];
     }
     v[now]=;
 }
 void bfs()
 {
     q.push();
     while(!q.empty())
     {
         int x=q.front(),y,j;q.pop();
         v[x]|=v[go[x]];
         for0(i,k-)
         {
             j=go[x];
             while(j&&!t[j][i])j=go[j];
             if(t[x][i])
             {
                 go[y=t[x][i]]=j?t[j][i]:;
                 q.push(y);
             }else t[x][i]=j?t[j][i]:;
         }
     }
 }
 void build()
 {
     vis[]=;
     q.push();long double tmp=1.0/k;
     while(!q.empty())
     {
         int x=q.front();q.pop();
         for0(i,k-)
         {
             if(!vis[t[x][i]])vis[t[x][i]]=,q.push(t[x][i]);
             if(v[t[x][i]])
             {
                 a.d[x][n]+=tmp;
                 a.d[x][]+=tmp;
             }else a.d[x][t[x][i]]+=tmp;
         }
     }
 }
 inline matrix operator *(matrix &x,matrix &y)
 {
     matrix z;
     for1(i,n)
      for1(j,n)
       for1(l,n)
        z.d[i][j]+=x.d[i][l]*y.d[l][j];
     return z;
 }
 void ksm(int cs)
 {
     for(;cs;cs>>=,a=a*a)
         if(cs&)b=b*a;
 }
 void printb()
 {
     for1(i,n)for1(j,n)cout<<i<<' '<<j<<' '<<b.d[i][j]<<endl;
 }
 void printa()
 {
     for1(i,n)for1(j,n)cout<<i<<' '<<j<<' '<<a.d[i][j]<<endl;
 }
 
 int main()
 
 {
 
     freopen("input.txt","r",stdin);
 
     freopen("output.txt","w",stdout);
 
     n=read();m=read();k=read();cnt=;
     for1(i,n)add();
     bfs();
     n=cnt+;
     build();
     for1(i,n)b.d[i][i]=;
     a.d[n][n]=;
     ksm(m);
     printf("%.7f\n",(double)b.d[][n]);
 
     return ;
 
 }

真是一道综合性的难题+好题！

UPD:以上纯属口胡。。。

一个边权为1的邻接矩阵自乘n次，则a[s][t]代表从s恰好经过n条边到t的路径条数。

根据这一点我们可以推广

令a[i][j]表示一步从i到j的期望，那么a自乘n次就a[s][t]就代表从s恰好经过n条边到达t的期望。

然后我们新建了一给点n=cnt+1

然后我们要求sigma(从1到n恰好经过j条边的期望）j<=len

所以我们要设值a[n][n]=1,因为下一次计算的时候b[1][n]=。。。+b[1][n]*a[n][n]+。。。就可以把上一次的答案累计。

就算是我懂了QAQ