字符串普及题 2

几天前我还会写普及组题，现在已经不会写了

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题意

　　给你一个仅由字符 ( ext{H,T}) 构成的字符串 (S)。
　　有一个初始为空的字符串 (T)，每次随机在 (T) 的末尾添加 ( ext{H}) 或 ( ext{T})。
　　问当 (S) 为 (T) 的后缀时，在末尾添加字符的期望次数（即 (T) 的期望长度）。
　　(|S|le 10^6)

题解

　　真的是个普及组题

　　不考虑构建 (T) 串，只考虑构建 (S) 串。
　　那么问题相当于转化为：初始时你在 (s) 串的第 (0) 位，当你在第 (i) 位时，有 (0.5) 的概率走到第 (i+1) 位，另外 (0.5) 的概率走到第 (fail[i+1]) 位。求走到第 (|S|) 位的期望步数。
　　(fail[i]) 表示将第 (i) 位字符反转后，(S) 串自己对自己做 KMP 时第 (i) 位的 (fail) 指针指向的位置。两次 KMP 预处理即可。
　　然后这就是个普及组的期望 (dp)……

方法 1

　　设 (f[i]) 表示第一次从第 (i) 位走到第 (i+1) 位的期望步数。
　　此时转移为 (f[i] = 0.5 imes 1 + 0.5 imes (1+f[fail[i+1]]+f[fail[i+1]+1]+...+f[i-1]+f[i]))
　　后面那一长串的意思就是 到达上一个匹配位置，再逐步走过来。
　　由于是递推，前缀和优化即可。

方法 2

　　另外一种方法：
　　设 (f[i]) 表示第 (i) 位走到第 (n) 位的期望步数。
　　转移为 (f[i] = 0.5 imes f[i+1] + 0.5 imes f[fail[i+1]] + 1)
　　移项得 (f[i+1] = 2 imes f[i] - f[fail[i+1]] - 2)
　　好像是带环的解方程，不能直接倒推 (f)。
　　但不难发现，这种倒推在起点处的性质很好，即 (f[0] = 0.5 imes f[1] + 0.5 imes f[0] + 1)，即 (f[1]=f[0]-2)。
　　由于对于任意的 (ige 2)，(f[i]) 最多只与 (2) 个满足 (jlt i) 的 (f[j]) 有关，所以从 (f[0]) 和 (f[1]) 出发可以递推出其它所有点的相关信息。
　　下面考虑什么是“相关信息”。
　　我们知道终点处 (f[|S|]=0)。如果能得到一个关于 (f[0]) 和 (f[|S|]) 的等式就好了，这样我们可以直接算出 (f[0])。
　　于是把每个位置用 (a imes f[0]+b) 表示出来。正着扫一遍 (S) 串递推出来所有位置的系数 (a) 和 (b)，得到 (f[n]) 的两个系数后就可以得到关于 (f[0]) 和 (f[|S|]) 的等式了。

　　关于第二种做法，后来我想到一个问题：最后一步算 (f[0]) 要做除法（除以 (a[n])），不会得小数么？
　　然后把所有位置的 (a) 都输出出来，发现全是 (1)……
　　下意识地看了下转移式，突然明白了些什么……
　　所以这题可以不记系数 (a)……

　　本质就是解方程高斯消元

#include<bits/stdc++.h>
#define N 1000010
#define mod 1000000007
using namespace std;
inline int read(){
    int x=0; bool f=1; char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=0;
    for(; isdigit(c);c=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';
    if(f) return x; return 0-x;
}
char s[N];
int n,fail[N],_fail[N],g[N];
void KMP(){
    int j=0;
    for(int i=2; i<=n; ++i){
        while(j && s[i]!=s[j+1]) j=fail[j];
        if(s[i]==s[j+1]) ++j;
        fail[i]=j;
    }
    j=0;
    for(int i=2; i<=n; ++i){
        while(j && s[i]==s[j+1]) j=fail[j];
        if(s[i]!=s[j+1]) ++j;
        _fail[i]=j, j=fail[i];
    }
}
int main(){
    scanf("%s",s+1); n=strlen(s+1);
    KMP();
    g[1]=mod-2;
    for(int i=2; i<=n; ++i) g[i] = ((g[i-1]*2%mod - g[_fail[i]] - 2) % mod + mod) % mod;
    cout<<mod-g[n]<<endl;
    return 0;
}