文字生成器
首先考慮一個容斥，算出不包含任何一個單詞的文章的數量。
我們設 \(dp_{i,j}\) 表示當前文章長度為 \(i\)，最後一個字元在 \(AC\) 自動機上的 \(j\) 號點的方案數。我們要求的答案就是 \(\displaystyle 26^m-\sum_{i=0}^{idx}f_{m,i}\)。
於是我們考慮怎麼轉移。
首先，我們在建立 \(AC\) 自動機的時候，如果發現一個節點 \(i\) 指向的 \(ne_i\) 節點有結束標記，那麼我們把這個點也打上結束標記。其他東西沒有區別
然後我們對於 \(AC\) 自動機上的每一個點 \(j\)，設他的其中一個位元組點為 \(k\)。那麼如果 \(k\) 節點沒有結束標記，則 \(f_{i,k}+f_{i-1,j}\leftarrow f_{i,k}\)。於是就做完了，程式碼：
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N 10005
#define M 105
#define mod 10007
using namespace std;
int tr[N][26],cnt[N],ne[N],n,m,idx,f[M][N];
char s[N];
//f_{i,j}表示字串長度i，最後一個字元的點為j，且不包含任意一個模式串的方案數
int ksm(int x,int y){
int res=1;
while(y){
if(y&1)(res*=x)%=mod;
(x*=x)%=mod;
y>>=1;
}
return res;
}
void ins(){
int p=0;
for(int i=0;s[i];i++){
int t=s[i]-'A';
if(tr[p][t]==0)tr[p][t]=++idx;
p=tr[p][t];
}
cnt[p]=1;
}
void build(){
queue<int>q;
for(int i=0;i<26;i++){
if(tr[0][i]!=0){
q.push(tr[0][i]);
}
}
while(!q.empty()){
int t=q.front();
q.pop();
for(int i=0;i<26;i++){
int c=tr[t][i];
if(c==0){
tr[t][i]=tr[ne[t]][i];
}
else{
if(cnt[tr[ne[t]][i]]==1)cnt[tr[t][i]]=1;
ne[c]=tr[ne[t]][i];
q.push(c);
}
}
}
}
signed main(){
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>s;
ins();
}
build();
f[0][0]=1;//空字串，方案數1
for(int i=1;i<=m;i++){
for(int j=0;j<=idx;j++){
for(int k=0;k<26;k++){
if(cnt[tr[j][k]]==1)continue;
(f[i][tr[j][k]]+=f[i-1][j])%=mod;
}
}
}
int sum=ksm(26,m),res=0;
for(int i=0;i<=idx;i++){
(res+=f[m][i])%=mod;
}
if(sum<res)sum+=mod;
cout<<sum-res;
return 0;
}
數數
發現就是上一題的 \(dp\) 變成了數位 \(dp\)，於是我們採用記憶化搜尋實現。
我們設 \(f_{i,j,k,l}\) 表示當前到了第 \(i\) 位數，最後一個數字在 \(AC\) 自動機上的位置為 \(j\)，並且當前前 \(i\) 位是或不是和限制的數完全相同，當前前 \(i\) 位是不是全是 \(0\)。
但是由於我們記搜是最後到只剩一位才返回答案，相當於是倒著算的，所以我們初始要把限制數字翻轉。
剩下的 \(dp\) 方式幾乎和上一題一樣，程式碼：
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N 1605
#define mod 1000000007
using namespace std;
int tr[N][10],cnt[N],ne[N],n,m,idx,f[N][N][2][2];
string t;
char s[N];
void ins(string s){
int p=0;
for(int i=0;s[i];i++){
int t=s[i]-'0';
if(tr[p][t]==0)tr[p][t]=++idx;
p=tr[p][t];
}
cnt[p]=1;
}
void build(){
queue<int>q;
for(int i=0;i<10;i++){
if(tr[0][i]!=0){
q.push(tr[0][i]);
}
}
while(!q.empty()){
int t=q.front();
q.pop();
for(int i=0;i<10;i++){
int c=tr[t][i];
if(c==0){
tr[t][i]=tr[ne[t]][i];
}
else{
ne[c]=tr[ne[t]][i];
cnt[c]|=cnt[ne[c]];
q.push(c);
}
}
}
}
int dp(int dep,int ac_pos,bool is_lim,bool has_zer){
if(dep==0)return cnt[ac_pos]==0;
if(cnt[ac_pos]==1)return 0;
int &v=f[dep][ac_pos][is_lim][has_zer];
if(v!=-1)return v;
int lim=is_lim?(s[dep]-'0'):9ll;
int sum=0;
for(int i=0;i<=lim;i++){
int p1=(has_zer&&(i==0))?0:tr[ac_pos][i];
bool f1=(is_lim&&(i+'0'==s[dep]));
bool f2=(has_zer&&(i==0));
(sum+=dp(dep-1,p1,f1,f2))%=mod;
}
return v=sum;
}
signed main(){
cin>>s+1>>n;
int len=strlen(s+1);
reverse(s+1,s+len+1);
memset(f,-1,sizeof f);
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>t;
ins(t);
}
build();
int res=dp(len,0,1,1)+mod-1;
if(res>mod)res-=mod;
cout<<res;
return 0;
}