[hdu7081]Pty loves book

建立ac自动机，令$S_{x}$为以根到$x$的路径所构成的字符串以及$L_{x}=|S_{x}|,W_{x}=sum_{1le ile m,t_{i}为S_{x}的后缀}w_{i}$，那么不难得到有$W_{x}=sum_{1le ile m,t_{i}=S_{x}}w_{i}+W_{fail_{x}}$，即可预处理出$W$

进一步的，令$pos(s)$为在其中查询$s$得到的最终节点，则有$f(s)=sum_{i=1}^{|s|}W_{pos(s[1,i])}$

接下来，考虑再求出$F_{x}=sum_{i=1}^{L_{x}}f(S_{x}[i,L_{x}])^{5}$，对于其中$i>L_{x}-L_{fail_{x}}$的部分即为$F_{fail_{x}}$，而剩下的部分即为$sum_{i=1}^{L_{x}-L_{fail_{x}}}f(S_{x}[i,L_{x}])^{5}$，将其记为$G_{x}$

关于$G_{x}$，显然$f(S_{x}[i,L_{x}])=f(S_{x}[i,L_{x}))+W_{pos(S_{x}[i,L_{x}])}$，并特判$i=1$时的贡献（即$x$到根路径$W$之和的5次方），对于其他情况后者即$W_{fail_{x}}$

关于前者，即从$x$的父亲$fa$开始不断走到$fail_{fa}$直至$fail_{x}$的父亲为止的$G_{fa}$之和，但注意其中还多算了$i=1$时的答案，即去掉$f(S_{x}[1,L_{x}))+W_{fail_{x}}$

另外由于是5次方，需要求出$G_{x,p}=sum_{i=1}^{L_{x}-L_{fail_{x}}}f(S_{x}[i,L_{x}])^{p}$​，展开后即有
$$
G_{x,p}=sum_{i=0}^{p}{pchoose i}W_{fail_{x}}^{i}sum_{fa}G_{fa,p-i}+(sum_{y在x到根路径上}W_{y})^{p}-(sum_{y在x的父亲到根路径上}W_{x}+W_{fail_{x}})^{p}
$$
最终，不妨初始将$s$也加入自动机中，那么答案即$pos(s)$到根路径的$F$之和，可以计算

总复杂度为$o(5^{2}|s|)$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 1000005
#define mod 1000000007
#define ll long long
queue<int>q;
int V,t,n,m,x,ans,C[6][6],fail[N],w[N],sum[N],G[N][6],F[N],ch[N][26];
char s[N];
int New(){
    int k=++V;
    w[k]=0;
    memset(G[k],0,sizeof(G[k])); 
    memset(ch[k],0,sizeof(ch[k]));
    return k;
}
void add(int x){
    int k=1,l=strlen(s);
    for(int i=0;i<l;i++){
        if (!ch[k][s[i]-'a'])ch[k][s[i]-'a']=New();
        k=ch[k][s[i]-'a'];
    }
    w[k]=(w[k]+x)%mod;
}
int main(){
    for(int i=0;i<6;i++){
        C[i][0]=C[i][i]=1;
        for(int j=1;j<i;j++)C[i][j]=C[i-1][j-1]+C[i-1][j];
    }
    scanf("%d",&t);
    while (t--){
        scanf("%s%d",s,&m);
        V=ans=0,n=strlen(s);
        New(),add(0);
        for(int i=1;i<=m;i++){
            scanf("%s%d",s,&x);
            add(x);
        }
        fail[1]=1;
        q.push(1);
        while (!q.empty()){
            int k=q.front();
            q.pop();
            for(int i=0;i<26;i++)
                if (ch[k][i]){
                    if (k==1)x=1;
                    else{
                        x=fail[k];
                        while ((x>1)&&(!ch[x][i]))x=fail[x];
                        if (ch[x][i])x=ch[x][i];
                    }
                    fail[ch[k][i]]=x;
                    w[ch[k][i]]=(w[ch[k][i]]+w[x])%mod;
                    sum[ch[k][i]]=(sum[k]+w[ch[k][i]])%mod;
                    q.push(ch[k][i]);
                }
        }
        q.push(1);
        while (!q.empty()){
            int k=q.front();
            q.pop();
            for(int i=0;i<26;i++)
                if (ch[k][i]){
                    x=ch[k][i];
                    int s1=1,s2=1;
                    for(int p=1;p<6;p++){
                        s1=(ll)s1*sum[x]%mod,s2=(ll)s2*(sum[k]+w[fail[x]])%mod;
                        G[x][p]=(s1-s2+mod)%mod;
                    }
                    if (fail[x]==1)G[x][0]=1;
                    for(int p=0;p<6;p++){
                        int s=1;
                        for(int j=0;j<=p;j++){
                            for(int fa=k;(fa!=1)&&(ch[fa][i]!=fail[x]);fa=fail[fa])G[x][p]=(G[x][p]+(ll)C[p][j]*s%mod*G[fa][p-j])%mod;
                            s=(ll)s*w[fail[x]]%mod;
                        }
                    }
                    F[x]=(F[fail[x]]+G[x][5])%mod;
                    q.push(x);
                }
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)ans=(ans+F[i+1])%mod;
        printf("%d
",ans);
    }
    return 0;
}