我一开始想的是倒着来，发现太屎，后来想到了一种神奇的方法——我们带着一个既有期望又有概率的矩阵，偶数(2*id)代表期望，奇数(2*id+1)代表概率，初始答案矩阵一列，1的位置为1(起点为0)，工具矩阵上如果是直接转移那么就是由i到j概率期望都乘上1/alphabet，特别的，对于一个包含禁忌串的节点直接由其父节点指向0，而且在计算期望是多加上他的概率，最后统计答案时把答案矩阵上所有的期望加和即可，这个方法很完美的被卡精了.......
#include <cstdio> #include <cstring> #include <vector> typedef long double LD; const int N=200; char s[20]; int alpha,n,m; struct Trie{ int ch[26],fail,deep; bool god; }node[N]; int sz,q[N],size; LD a[N][N],temp_a[N][N],b[N],temp_b[N],need; inline void insert(char *w){ int p=0; for(int i=0;w[i];i++){ if(node[p].ch[w[i]-'a']==0)node[p].ch[w[i]-'a']=++sz,node[sz].deep=node[p].deep+1; p=node[p].ch[w[i]-'a']; } node[p].god=1; } inline void build(){ q[0]=0; for(int i=0,j=0;i<=j;i++){ for(int l=0;l<alpha;l++) if(node[q[i]].ch[l]) q[++j]=node[q[i]].ch[l], node[q[j]].fail=q[i]?node[node[q[i]].fail].ch[l]:0, node[q[j]].god=node[q[j]].god||node[node[q[j]].fail].god; else node[q[i]].ch[l]=q[i]?node[node[q[i]].fail].ch[l]:0; } } void dfs(int x){ for(int i=0;i<alpha;i++){ if(node[node[x].ch[i]].god){ a[0][x<<1]+=need; a[1][(x<<1)+1]+=need; a[0][(x<<1)+1]+=need; continue; } a[node[x].ch[i]<<1][x<<1]+=need; a[(node[x].ch[i]<<1)+1][(x<<1)+1]+=need; if(node[node[x].ch[i]].deep>node[x].deep) dfs(node[x].ch[i]); } } inline void Multi_a(){ for(int i=0;i<=size;i++) for(int j=0;j<=size;j++) temp_a[i][j]=0; for(int i=0;i<=size;i++) for(int j=0;j<=size;j++) for(int k=0;k<=size;k++) temp_a[i][j]+=a[i][k]*a[k][j]; for(int i=0;i<=size;i++) for(int j=0;j<=size;j++) a[i][j]=temp_a[i][j]; } inline void Multi_b(){ for(int i=0;i<=size;i++)temp_b[i]=0; for(int i=0;i<=size;i++) for(int j=0;j<=size;j++) temp_b[i]+=a[i][j]*b[j]; for(int i=0;i<=size;i++)b[i]=temp_b[i]; } int main(){ scanf("%d%d%d",&n,&m,&alpha),need=1./alpha; for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",s),insert(s); build(),dfs(0),size=(sz<<1)+1,b[1]=1.; while(m){ if(m&1)Multi_b(); m>>=1,Multi_a(); } LD ans=0.; for(int i=0;i<=sz;i++)ans+=b[i<<1]; printf("%lf",(double)ans); return 0; }
然后我去接受正解，按照我们的思路我们会建出来一个概率矩阵a[i][j]表示由j转移到i的概率，那就是加上1/alphabet，当然这里也有从禁忌串直接调回0的操作，然后我们想记录答案，我们就把矩阵扩大一阶，标号为sz+1，就是记录答案，那么我们由禁忌串向sz+1加上1/alphabet，那么我们发现这个矩阵自乘多少次，他的a[sz+1][0]的答案就是我们想要的答案。
经验教训：对于矩阵乘法，答案矩阵也可以是方阵，而且在一个矩阵里意义可以不同。
#include <cstdio> #include <cstring> #include <vector> typedef long double LD; const int N=100; char s[20]; int alpha,n,m; struct Trie{ int ch[26],fail,deep; bool god; }node[N]; int sz,q[N],size; LD a[N][N],temp[N][N],b[N][N],need; inline void insert(char *w){ int p=0; for(int i=0;w[i];i++){ if(node[p].ch[w[i]-'a']==0)node[p].ch[w[i]-'a']=++sz,node[sz].deep=node[p].deep+1; p=node[p].ch[w[i]-'a']; } node[p].god=1; } inline void build(){ q[0]=0; for(int i=0,j=0;i<=j;i++){ for(int l=0;l<alpha;l++) if(node[q[i]].ch[l]) q[++j]=node[q[i]].ch[l], node[q[j]].fail=q[i]?node[node[q[i]].fail].ch[l]:0, node[q[j]].god=node[q[j]].god||node[node[q[j]].fail].god; else node[q[i]].ch[l]=q[i]?node[node[q[i]].fail].ch[l]:0; } } void dfs(int x){ for(int i=0;i<alpha;i++){ if(node[node[x].ch[i]].god){ a[0][x]+=need; a[sz+1][x]+=need; continue; } a[node[x].ch[i]][x]+=need; if(node[node[x].ch[i]].deep>node[x].deep) dfs(node[x].ch[i]); } } inline void Multi_a(){ for(int i=0;i<=size;i++) for(int j=0;j<=size;j++) temp[i][j]=0; for(int i=0;i<=size;i++) for(int j=0;j<=size;j++) for(int k=0;k<=size;k++) temp[i][j]+=a[i][k]*a[k][j]; for(int i=0;i<=size;i++) for(int j=0;j<=size;j++) a[i][j]=temp[i][j]; } inline void Multi_b(){ for(int i=0;i<=size;i++) for(int j=0;j<=size;j++) temp[i][j]=0; for(int i=0;i<=size;i++) for(int j=0;j<=size;j++) for(int k=0;k<=size;k++) temp[i][j]+=b[i][k]*a[k][j]; for(int i=0;i<=size;i++) for(int j=0;j<=size;j++) b[i][j]=temp[i][j]; } int main(){ scanf("%d%d%d",&n,&m,&alpha),need=(LD)1./(LD)alpha; for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",s),insert(s); build(),dfs(0),size=sz+1,a[size][size]=1.; for(int i=0;i<=size;i++)b[i][i]=1.; while(m){ if(m&1)Multi_b(); m>>=1,Multi_a(); } printf("%.6lf",(double)b[size][0]); return 0; }