题意：
给出n个AGCT组成的字符串和一个数m；
求AGCT能组成的长度为m的串的个数；
n<=10，字符串长度<=10，m<=2x10^9；
题解：
构造一个满足题意的长度为x的串之前，我们要先构筑出一个长度为x-1的串；
显然倘若要让x的符合题意，x-1的必符合题意；
那么既然串的前半部分都已经符合题意了，我们只需要考虑x-1那个串的后缀；
就是说那个后缀再加上一个字符之后，能否满足题意；
而当构造x+1的串时，x的后缀成为新的要考虑的状态；
那么就可以说，x-1的后缀状态是与x的状态有连边的，x与x+1的也是；
那么我们倘若构造出了对于所有的x之间的连边关系的图，以其为邻接矩阵做矩阵乘法就可以了；
实际上，因为能否成功构成下一个串只与后缀有关，而阻止构成的字符串只有10个，长度为10；
所以需要讨论的状态最多有100种；
那么处理矩阵就用ac自动机，字典树上的每个点都可以代表一个后缀；
在后缀后面加上字符，可能将他向下拓展，或者因为匹配不能而跳转到fail指针下的next[i]处；
然后有病毒的地方是不能连边的，有病毒作为子串的后缀也是如此；
时间复杂度大概是O(n^2+100^3lgm)的样子；
数组版的AC自动机不太习惯，写的较丑勿怪；
代码：
#include<queue>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define N 101
#define mod 100000
using namespace std;
typedef long long ll;
struct trie
{
int fail,next[4];
bool is;
}tr[N];
struct matrix
{
ll a[N][N];
}In,T,ans;
queue<int>q;
char str[20];
int tot;
int in(char ch)
{
switch(ch)
{
case'A':return 0;
case'G':return 1;
case'C':return 2;
case'T':return 3;
};
}
matrix mul(matrix x,matrix y)
{
matrix ret;
int i,j,k;
for(i=1;i<=tot;i++)
for(j=1;j<=tot;j++)
for(k=1,ret.a[i][j]=0;k<=tot;k++)
ret.a[i][j]=(ret.a[i][j]+x.a[i][k]*y.a[k][j])%mod;
return ret;
}
matrix pow(matrix x,ll y)
{
matrix ret=In;
while(y)
{
if(y&1)
ret=mul(ret,x);
x=mul(x,x);
y>>=1;
}
return ret;
}
void insert(int root,char *s)
{
int index,p=root;
while(*s!='\0')
{
index=in(*s);
if(tr[p].next[index]==0)
tr[p].next[index]=++tot;
p=tr[p].next[index];
s++;
}
tr[p].is=1;
}
void build(int root)
{
q.push(root);
while(!q.empty())
{
int p=q.front();
q.pop();
for(int i=0;i<4;i++)
{
if(tr[p].next[i])
{
if(p==root) tr[tr[p].next[i]].fail=root;
else
{
int temp=tr[p].fail;
while(temp)
{
if(tr[temp].next[i])
{
tr[tr[p].next[i]].fail=tr[temp].next[i];
tr[tr[p].next[i]].is|=tr[tr[temp].next[i]].is;
break;
}
temp=tr[temp].fail;
}
if(temp==0) tr[tr[p].next[i]].fail=root;
}
q.push(tr[p].next[i]);
}
else
{
if(p==root)
tr[p].next[i]=root;
else
tr[p].next[i]=tr[tr[p].fail].next[i];
}
}
}
}
void initmat(int root)
{
int i,j,k;
for(i=1;i<=tot;i++)
{
if(tr[i].is) continue;
for(k=0;k<4;k++)
{
if(tr[j=tr[i].next[k]].is) continue;
T.a[i][j]++;
}
}
for(i=1;i<=tot;i++)
In.a[i][i]=1;
}
int main()
{
int n,i,j,k;
ll m,sum;
scanf("%d%lld",&n,&m);
for(i=1,tot=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",str);
insert(1,str);
}
build(1);
initmat(1);
ans=pow(T,m);
for(i=1,sum=0;i<=tot;i++)
sum=(sum+ans.a[1][i])%mod;
printf("%lld",sum);
return 0;
}
原文地址：http://blog.csdn.net/ww140142/article/details/45897855
