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JSOI交给队员ZYX一个任务，编制一个称之为“文本生成器”的电脑软件：该软件的使用者是一些低幼人群，他们现在使用的是GW文本生成器v6版。该软件可以随机生成一些文章―――总是生成一篇长度固定且完全随机的文章—— 也就是说，生成的文章中每个字节都是完全随机的。如果一篇文章中至少包含使用者们了解的一个单词，那么我们说这篇文章是可读的（我们称文章a包含单词b，当且仅当单词b是文章a的子串）。但是，即使按照这样的标准，使用者现在使用的GW文本生成器v6版所生成的文章也是几乎完全不可读的。 ZYX需要指出GW文本生成器 v6生成的所有文本中可读文本的数量，以便能够成功获得v7更新版。你能帮助他吗？
输入文件的第一行包含两个正整数，分别是使用者了解的单词总数N (<= 60)，GW文本生成器 v6生成的文本固定长度M；以下N行，每一行包含一个使用者了解的单词。 这里所有单词及文本的长度不会超过100，并且只可能包含英文大写字母A..Z 。
一个整数，表示可能的文章总数。只需要知道结果模10007的值。
毕竟是自己做的第一道AC自动机题，还是小小地庆祝一下吧……
我们假设在Trie树中表示单词结尾的节点为结尾点。
在添加失配边后，Trie树就转化成一个有向图，问题也就转化成：从起点出发，走m步，至少路过一个结尾点的方案数。
这就可以用动态规划来实现了。具体方法如下：
用f[i][j][0]表示走i步到达j点不经过结尾点的方案数，用f[i][j][1]表示走i步到达j点经过结尾点的方案数。
我们很容易可以想到状态转移方程。(详见程序)
最终答案为∑(i)f[m][i][1]，注意每次计算后都要取模。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)
#define ll long long
#define pa pair<int,int>
#define mod 10007
using namespace std;
int t[6010][26],f[110][6010][2],v[6010],go[6010];
int n,m,tot;
char s[110];
queue<int> q;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
inline void insert()
{
scanf("%s",s+1);
int len=strlen(s+1),now=1;
F(i,1,len)
{
int x=s[i]-'A';
if (!t[now][x]) t[now][x]=++tot;
now=t[now][x];
}
v[now]=1;
}
inline void bfs()
{
q.push(1);
while (!q.empty())
{
int x=q.front(),y,j;q.pop();v[x]|=v[go[x]];
F(i,0,25)
{
j=go[x];
while (j&&!t[j][i]) j=go[j];
if (t[x][i])
{
go[y=t[x][i]]=j?t[j][i]:1;
q.push(y);
}
else t[x][i]=j?t[j][i]:1;
}
}
}
inline void dp()
{
f[0][1][0]=1;
F(i,0,m) F(j,1,tot) F(k,0,25) F(l,0,1)
{
if (v[t[j][k]]) (f[i+1][t[j][k]][1]+=f[i][j][l])%=mod;
else (f[i+1][t[j][k]][l]+=f[i][j][l])%=mod;
}
}
int main()
{
n=read();m=read();tot=1;
F(i,1,n) insert();
bfs();
dp();
int ans=0;
F(i,1,tot) (ans+=f[m][i][1])%=mod;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
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原文地址：http://blog.csdn.net/aarongzk/article/details/50459529
