洛谷傳送門

BZOJ傳送門

題目描述

我們稱一個正整數 $N$是幸運數，當且僅當它的十進位制表示中不包含數字串集合 $S$中任意一個元素作為其子串。例如當 $S$

輸入輸出格式

輸入格式：

輸入的第一行包含整數 $N$。 接下來一行一個整數 $M$，表示 $S$中元素的數量。 接下來 $M$行，每行一個數字串，表示 $S$中的一個元素。

輸出格式：

輸出一行一個整數，表示答案模 $10^9+7$的值。

輸入輸出樣例

輸入樣例#1：

20
3
2
3
14

輸出樣例#1：

14

說明

下表中 $l$表示 $N$的長度， $L$表示 $S$中所有串長度之和。

$1 \le l \le 1200 , 1 \le M \le 100 ,1 \le L \le 1500$

解題分析

一眼 $AC$自動機上 $dp$。 再仔細一看， 似乎有點數位 $dp$的味道？那就模仿數位 $dp$再記一個是否達到上界就可以了。

特別注意不能出現的串可能有字首 $0$， 然後形如 $000058$實際上是沒有字首 $0$的， 所以可以在 $0$號節點特判而不特殊考慮字首 $0$。

程式碼如下：

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <queue>
#define R register
#define IN inline
#define W while
#define gc getchar()
#define MX 1505
#define MOD 1000000007
IN void add(R int ad, int &tar) {tar += ad; if (tar > MOD) tar -= MOD;}
int n, cnt, root;
char buf[MX], mod[MX];
int son[MX][10], fail[MX], dp[MX][MX][2];
bool tag[MX];
std::queue <int> q;
void insert(char *str)
{
    R int len = std::strlen(str), now = root, id;
    for (R int i = 0; i < len; ++i)
    {
        id = str[i] - '0';
        if (!son[now][id]) son[now][id] = ++cnt;
        now = son[now][id];
    }
    tag[now] = true;
}
void build()
{
    R int now, tar;
    for (R int i = 0; i < 10; ++i) if (son[0][i]) q.push(son[0][i]);
    W (!q.empty())
    {
        now = q.front(); q.pop();
        for (R int i = 0; i < 10; ++i)
        if (son[now][i])
        {
            q.push(son[now][i]); tar = fail[now];
            fail[son[now][i]] = son[tar][i];
            tag[son[now][i]] |= tag[son[tar][i]];
        }
        else son[now][i] = son[fail[now]][i];
    }
}
void DP()
{
    R int nex, len = std::strlen(mod + 1), lim;
    R int i, j, k;
    for (i = 0; i < len; ++i)
    {
        nex = i + 1, lim = mod[nex] - '0';
        for (j = 0; j <= cnt; ++j)
        {
            if (dp[i][j][1])//limited
            {
                for (k = 0; k < lim; ++k) if (!tag[son[j][k]])
                add(dp[i][j][1], dp[nex][son[j][k]][0]);
                if (!tag[son[j][lim]])
                add(dp[i][j][1], dp[nex][son[j][lim]][1]);
            }
            if (dp[i][j][0])//unlimited
            {
                for (k = 0; k < 10; ++k) if (!tag[son[j][k]])
                add(dp[i][j][0], dp[nex][son[j][k]][0]);
            }
            if (!j)//root
            {
                if (!i)
                {
                    for (k = 1; k < lim; ++k) if (!tag[son[j][k]]) add(1, dp[nex][son[j][k]][0]);
                    if (!tag[son[j][lim]]) add(1, dp[nex][son[j][lim]][1]);
                }
                else
                {
                    for (k = 1; k < 10; ++k) if (!tag[son[j][k]])
                    add(1, dp[nex][son[j][k]][0]);
                }
            }
        }
    }
    int ans = 0;
    for (R int i = 0; i <= cnt; ++i) add(dp[len][i][0], ans), add(dp[len][i][1], ans);
    printf("%d", ans);
}
int main(void)
{
    scanf("%s%d", mod + 1, &n);
    W (n--) scanf("%s", buf), insert(buf);
    build(), DP();
}