ICPC 2005 hangzhou Generator （UVA1358）KMP + 期望DP / 高斯消元

Posted 2021-09-01 繁凡さん

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Generator

Weblink

https://www.luogu.com.cn/problem/UVA1358

Problem

给定一个字符串S和字符集大小n。要求另生成一个字符串，它一开始为空，每次平均且独立地随机生成一个字符集中的字符添加到其末尾，生成出字串S时停下，求所生成字符串的长度的期望。

显然生成的字符串越来越长，每次由 $n$ 种字符选择，那么就有 $i^n$ 种方案数，杂乱无章的无从下手。所以从对答案的贡献角度出发，发现对于答案而言，有用的只有最后生成的字符串 $T$ 的后缀与模式串 $S$ 的匹配长度。因此很多杂乱的字符串实际上对于答案而言是同一种状态，即一共只有 $0\sim L$ 种状态，表示两字符串匹配的长度。

这样就有了清晰的状态，考虑状态如何转移即可。

书中倒推由于都是未知的需要使用高斯消元解方程组，比较麻烦，精度还不能得到保障。我们这里利用一个小技巧，直接正推。利用 KMP ，$O(n)$ 求出失配数组 ${\text{nex}}_{i,j}$（当然要在失配的时候用）

反过来设 f[i] 为从状态 $0$ 到状态 $i$ 期望次数，答案显然就是 f[len]

则可以把原转移方程直接改写为：

$$f[i]=\frac{f[i+1]}{n}+\frac{1}{n}\sum _{j=0}^{n-1}f[\text{nex}[i{+}^{\prime }A{}^{\prime }]]-1$$
就是 $f[i]$ 由下一步匹配成功的 $f[i+1]$ 与未匹配成功的 $\sum _{j=0}^{n-1}f[\text{nex}[i{+}^{\prime }A{}^{\prime }]]$ 减去一次期望操作转移而来。

化简成正推的形式即：
$$f[i+1]=(f[i]+1)\times n-\sum _{j=0}^{n-1}f[\text{nex}[i{+}^{\prime }A{}^{\prime }]]$$

初始化 f[0] = 0，然后 $O(n)$ 正序递推即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 50;

int n, m, k, t, ans, kcase, cases;
int a[N];
int nex[N];
char s[N];
ll f[N];
int len;

void get_nex(char* s)
{ 
	for (int i = 2, j = 0; i <= len; ++ i) {
		while(j != 0 && s[j + 1] != s[i])
			j = nex[j];
		if(s[j + 1] == s[i])
			++ j;
		nex[i] = j;
	}
}

void solve()
{ 
	scanf("%d%s", &n, s + 1);
	len = strlen(s + 1);
	get_nex(s);
	f[0] = 0;
	for (int i =0; i <= len - 1; ++ i) {
		f[i + 1] = (f[i] + 1) * n;
		for (int j = 0; j < n; ++ j) {
			if(s[i + 1] == 'A' + j) 
				continue; 
			int pos = i;
			while(pos && s[pos + 1] != j + 'A')
				pos = nex[pos];
			if(s[pos + 1] == j + 'A')
				++ pos;
			f[i + 1] -= f[pos];
		}
	}
	printf("%lld\\n", f[len]);
}

int main()
{
	scanf("%d", &t); 
	while(t -- ) {
		printf("Case %d:\\n", ++ kcase);
		solve();
		if(t)
		    puts("");
	}
	return 0;
}