【題解】AC自動機題解合集
阿新 • • 發佈：2018-11-29
最近貌似大家都在搞字串？很長一段時間都沒有寫部落格了……還是補一補坑吧。
感覺AC自動機真的非常優美了，通過在trie樹上建立fail指標可以輕鬆解決多模匹配的問題。實際上在AC自動機上的匹配可以看做是拿著一個串在上面跑，在固定一個左端點的時候儘量地向右匹配。如果發現實在是匹配不下去了，就向右挪動左端點實現新的匹配（跳轉fail指標）。基本上根據這一條理解，就可以解決大部分的問題了。
AC自動機裸考的不多，除了匹配之外一個較常見的搭配就是和DP結合在一起。但本質上依然是在匹配串，只要根據fail指標的指向去轉移dp狀態即可。
1.[HNOI2006]最短母串問題
非常明確的指向：n <= 12。一眼狀壓，我們建立狀態 \(f[u][S]\) 表示在匹配到AC自動機上的狀態 \(u\) 的時候，已經匹配上的串為 \(S\) 集合時的方案數。也許會有疑問：那麼怎麼保證步數最短&能夠輸出字典序最小的解？注意AC自動機上相鄰狀態的轉移意味著添加了一個字元，這樣我們可以方便地BFS轉移。優先轉移小的字元可以保證字典序最小，發現答案後直接輸出即可。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 605 #define maxc 55 #define maxm 5000 int n, tot, cnt, Ans[maxn]; int ch[maxn][26], fail[maxn]; int mark[maxn], bits[30]; char s[maxc]; struct node { int b; short a, c; node(short _a = 0, int _b = 0, short _c = -3) { a = _a, b = _b, c = _c; } }g[maxn][maxm], ans; queue <node> q; void Ins(int x) { int L = strlen(s + 1), p = 0; for(int i = 1; i <= L; i ++) { int u = s[i] - 'A'; if(!ch[p][u]) ch[p][u] = ++ tot; p = ch[p][u]; } mark[p] = (mark[p] | bits[x - 1]); } void Build() { queue <int> q; for(int i = 0; i < 26; i ++) if(ch[0][i]) q.push(ch[0][i]); while(!q.empty()) { int u = q.front(); q.pop(); for(int i = 0; i < 26; i ++) { if(ch[u][i]) { fail[ch[u][i]] = ch[fail[u]][i]; mark[ch[u][i]] |= mark[fail[ch[u][i]]]; q.push(ch[u][i]); } else ch[u][i] = ch[fail[u]][i]; } } } void DP() { q.push(node(0, 0)); g[0][0].c = -1; while(!q.empty()) { node now = q.front(); q.pop(); int u = now.a, S = now.b; if(S == bits[n] - 1) { ans = node(u, S, g[u][S].c); break; } for(int i = 0; i < 26; i ++) { int v = ch[u][i], s = S | mark[v]; if(g[v][s].c == -3) { g[v][s] = node(u, S, i); q.push(node(v, s)); } } } } int main() { scanf("%d", &n); bits[0] = 1; for(int i = 1; i < 21; i ++) bits[i] = bits[i - 1] << 1; for(int i = 1; i <= n; i ++) { scanf("%s", s + 1); Ins(i); } Build(); DP(); for(; g[ans.a][ans.b].c != -1; ans = g[ans.a][ans.b]) Ans[++ cnt] = g[ans.a][ans.b].c; for(int i = cnt; i >= 1; i --) printf("%c", Ans[i] + 'A'); return 0; }
2.[JSOI2009]密碼
emmmm……如果沒有輸出方案一說，和上題完全就是一樣的做法但是我們要輸出方案呀？想想如果想要在AC自動機上去爆搜也保證複雜度的話，大概藉助一個dp陣列表示從當前狀態往後轉移是否可能出現合法解就好了吧？所以狀態的設立定為從當前狀態走到目的狀態的方案數。記憶化搜尋大法好！（但是好像沒有人這麼寫？明明這樣寫真的又無腦又簡單呀……）
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 100000 #define int long long int n, m, tot, bits[30], f[115][1200][27]; int cnt, mark[maxn], fail[maxn], ch[maxn][26]; char s[maxn]; int read() { int x = 0, k = 1; char c; c = getchar(); while(c < '0' || c > '9') { if(c == '-') k = -1; c = getchar(); } while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar(); return x * k; } void Ins(int x) { int t = strlen(s + 1), p = 0; for(int i = 1; i <= t; i ++) { int u = s[i] - 'a'; if(!ch[p][u]) ch[p][u] = ++ tot; p = ch[p][u]; } mark[p] |= bits[x - 1]; } void Build() { queue <int> q; for(int i = 0; i < 26; i ++) if(ch[0][i]) q.push(ch[0][i]); while(!q.empty()) { int u = q.front(); q.pop(); for(int i = 0; i < 26; i ++) { int v = ch[u][i]; if(v) { fail[v] = ch[fail[u]][i]; mark[v] |= mark[fail[v]]; q.push(v); } else ch[u][i] = ch[fail[u]][i]; } } } void Up(int &x, int y) { x = (x + y); } int DP(int x, int y, int z) { if(z == n && y == bits[m] - 1) return f[x][y][z] = 1; else if(z == n) return 0; if(f[x][y][z] != -1) return f[x][y][z]; else f[x][y][z] = 0; for(int c = 0; c < 26; c ++) { int v = ch[x][c]; Up(f[x][y][z], DP(v, y | mark[v], z + 1)); } return f[x][y][z]; } void dfs(int x, int y, int z) { if(z == n) { for(int i = 1; i <= cnt; i ++) printf("%c", s[i]); puts(""); return; } for(int c = 0; c < 26; c ++) { int v = ch[x][c]; if(f[v][y | mark[v]][z + 1] > 0) { s[++ cnt] = c + 'a'; dfs(v, y | mark[v], z + 1); cnt --; } } } signed main() { n = read(), m = read(); memset(f, -1, sizeof(f)); bits[0] = 1; for(int i = 1; i < 20; i ++) bits[i] = bits[i - 1] << 1; for(int i = 1; i <= m; i ++) { scanf("%s", s + 1); Ins(i); } Build(); DP(0, 0, 0); printf("%lld\n", f[0][0][0]); if(f[0][0][0] > 42) return 0; dfs(0, 0, 0); return 0; }
3.[BJOI2017]魔法咒語
這題首先觀察一下資料範圍，發現一定是兩種做法的題（並沒有統一的資料範圍）。前面的直接暴力建立狀態 \(f[i][j]\) 表示第 \(i\) 個字元匹配到了AC自動機上的 \(j\) 狀態的方案數。可以列舉用哪一個串轉移，只要不會踩到禁忌狀態就可以轉移。為了降低複雜度，可以預處理一下。至於後面的資料，看到這麼大的資料範圍顯然矩陣。發現長度 <= 2；所以我們可以有：
差不多這樣子去構造矩陣。狀態和轉移方式是不變的，構造矩陣優化dp就好。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 6300 #define maxm 205 #define mod 1000000007 int n, m1, m2, ans, tot, f[maxm][maxn]; int len[maxn], ch[maxn][26], fail[maxn]; int rec1[maxn][maxn], rec2[maxn][maxn], trans[maxn][maxm]; bool error[maxn]; char s[maxm][maxm]; struct matrix { int a[205][205]; matrix() { memset(a, 0, sizeof(a)); } friend matrix operator *(const matrix& a, const matrix& b) { matrix c; memset(c.a, 0, sizeof(c.a)); int t = tot * 2; for(int i = 1; i <= t; i ++) for(int j = 1; j <= t; j ++) for(int k = 1; k <= t; k ++) c.a[i][j] = (c.a[i][j] + 1ll * a.a[i][k] * b.a[k][j] % mod) % mod; return c; } }M; void Up(int &x, int y) { x = (x + y); if(x >= mod) x -= mod; } void Ins(int x) { int p = 0; len[x] = strlen(s[x] + 1); for(int i = 1; i <= len[x]; i ++) { int v = s[x][i] - 'a'; if(!ch[p][v]) ch[p][v] = ++ tot; p = ch[p][v]; } error[p] = 1; } int Get(int u, int x) { int p = u; for(int i = 1; i <= len[x]; i ++) { int v = s[x][i] - 'a'; if(error[p]) return -1; p = ch[p][v]; } if(error[p]) return -1; return p; } void Build() { queue <int> q; for(int i = 0; i < 26; i ++) if(ch[0][i]) q.push(ch[0][i]); while(!q.empty()) { int u = q.front(); q.pop(); for(int i = 0; i < 26; i ++) { int v = ch[u][i]; if(v) { fail[v] = ch[fail[u]][i]; error[v] |= error[fail[v]]; q.push(v); } else ch[u][i] = ch[fail[u]][i]; } } for(int j = 0; j <= tot; j ++) for(int i = 1; i <= m1; i ++) { trans[j][i] = Get(j, i); if(trans[j][i] == -1) continue; if(len[i] == 1) rec1[j + 1][trans[j][i] + 1] ++; else rec2[j + 1][trans[j][i] + 1] ++; } } void DP1() { f[0][0] = 1; for(int k = 0; k <= n; k ++) for(int i = 0; i <= tot; i ++) { if(!f[k][i]) continue; for(int j = 1; j <= m1; j ++) { int t = trans[i][j]; if(t == -1) continue; else if(k + len[j] <= n) Up(f[k + len[j]][t], f[k][i]); } } for(int i = 0; i <= tot; i ++) if(!error[i]) Up(ans, f[n][i]); } matrix Qpow(int timer) { matrix base; memset(base.a, 0, sizeof(base.a)); for(int i = 1; i <= 2 * tot; i ++) base.a[i][i] = 1; for(; timer; timer >>= 1, M = M * M) if(timer & 1) base = base * M; return base; } void DP2() { tot ++; int t = 2 * tot; for(int i = tot + 1; i <= t; i ++) M.a[i][i - tot] = 1; for(int i = 1; i <= tot; i ++) for(int j = tot + 1; j <= t; j ++) M.a[i][j] = rec2[i][j - tot]; for(int i = tot + 1; i <= t; i ++) for(int j = tot + 1; j <= t; j ++) M.a[i][j] = rec1[i - tot][j - tot]; matrix ret = Qpow(n), S; memset(S.a, 0, sizeof(S.a)); S.a[1][tot + 1] = 1; S = S * ret; for(int i = tot + 1; i <= t; i ++) if(!error[i - tot - 1]) Up(ans, S.a[1][i]); } signed main() { scanf("%d%d%d", &m1, &m2, &n); for(int i = 1; i <= m1; i ++) scanf("%s", s[i] + 1), len[i] = strlen(s[i] + 1); for(int i = 1; i <= m2; i ++) scanf("%s", s[m1 + 1] + 1), Ins(m1 + 1); Build(); if(n <= 100) DP1(); else DP2(); printf("%d\n", ans); return 0; }