【BZOJ1152】歌唱王国（生成函数，KMP）

【BZOJ1152】歌唱王国（生成函数，KMP）

题面

BZOJ
洛谷

题解

根据(YMD)论文来的QwQ。
首先大家都知道普通型生成函数是(displaystyle sum_{i=0}^{infty}a_ix^i)，类似的定义概率生成函数(displaystyle F(x)=sum_{i=0}^infty P(X=i)x^i)。其中(P(X=i))表示(X)这个随机变量为(i)的概率。
那么我们可以知道几个结论：(displaystyle F(1)=sum_{i=0}^infty P(X=i)=1)，这个结论很显然。
如果我们要求解期望，显然期望等于(displaystyle sum_{i=0}^{infty}iP(X=i))。
我们发现(displaystyle F'(x)=sum_{i=1}^infty iP(X=i)x^{i-1})，那么我们要求解的期望就是(F'(1))。
回到题目。
我们设(f_i)表示终止长度为(i)的概率，(F(x))为其概率生成函数，那么要求解的就是(F'(1))。
设(g_i)表示当前长度为(i)且还未结束的概率，(G(x))为其普通型生成函数，那么我们可以得到：

[F(x)+G(x)=1+G(x)x ]

这个式子什么意思呢？首先右侧的(1+G(x)x)表示在当前序列后面随机加上一个字符，要加一的愿意是(g_0=1)。那么随机加完一个字符后，结束的概率是变成了(F(x))，未结束的概率是(G(x))，所以得到了这个等式。
设(a_i)表示(A[1..i])是否是串(A)的(border)，那么我们可以得到：

[G(x)(frac{1}{m})^Lx^L=sum_{i=1}^{L}a_iF(x)(frac{1}{m})^{L-i}x^{L-i} ]

等式左侧的含义是在当前未结束的串的后面直接接上目标串，那么这样一定会结束。
右侧的含义是因为前面的随机串中可能已经匹配了一部分的长度，导致在匹配了一半此时就已经结束了。
那么我们插入了一半就结束了，并且此时我们插入的一定是一段前缀，因此只有可能当这个位置是(border)时才可能结束。
那么强制在这个(border)时会结束，等价于我们钦定了随机串的最后(L-i)位。那么就得到了右边的式子。
我们要求解的东西是(F'(1))，
首先第一个式子可以写成：

[F'(x)+G'(x)=G(x)+G'(x)x ]

化简得到(F'(1)=G(1))
然后令(x=1)带入到第二个式子中，可以得到：

[G(1)=sum_{i=1}^La_im^i ]

那么只需要(KMP)求解(border)就行了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define MOD 10000
#define MAX 100100
inline int read()
{
	int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
	return t?-x:x;
}
int n,T,pw[MAX],s[MAX],nt[MAX];
int main()
{
	n=read();T=read();
	pw[0]=1;for(int i=1;i<MAX;++i)pw[i]=1ll*pw[i-1]*n%MOD;
	while(T--)
	{
		int m=read(),ans=0;
		for(int i=1;i<=m;++i)s[i]=read();
		for(int i=2;i<=m;++i)
		{
			int t=nt[i-1];
			while(t&&s[t+1]!=s[i])t=nt[t];
			if(s[t+1]==s[i])++t;
			nt[i]=t;
		}
		for(int i=m;i;i=nt[i])ans=(ans+pw[i])%MOD;
		printf("%04d
",ans);
	}
	return 0;
}