Description
Solution
设当前走出了一个不匹配任何字符串的串(S)。
若在(S)后随机增添(m)个字符，单看这些字符而言，这(m)个字符匹配到每个玩家的字符串的概率是相同的，记为(P)。
问题在于，对于每个字符串来说，并不是所有情况下一定要通过新增添(m)个字符才能匹配到自己，有可能加到中途时，就已经与(S)的某个后缀组成了自己，又或者是与(S)的某个后缀组成了别的字符串，早该停止了。
但是，对于每个串，不管每种情况中途该不该停下，我们计算出每种情况继续增加满(m)个字符并匹配到自己的概率，它们的概率之和还是(P)。
记每个人(i)成功被匹配到的概率是(f_i)（答案的定义）。
现在枚举对于一个人(i)，在新加(m)个字符尝试匹配自己时，所有中途应该停下的情况。
枚举另一个人(j)，如果(j)的(len)后缀与(i)的(len)前缀相同，则配合(S)的随机性，可能出现了这种情况：
这时候早就该停了，但为了凑齐(P)，要计算在这种情况下继续匹配完全时所需的概率。继续匹配完(i)的子串，则还需要((frac 1 2)^{m-len})的概率。因此，这种情况对总和的贡献有((frac 1 2)^{m-len}f_j)。当然，(i)和(j)之间不止有一个(len)满足条件，应找出所有符合描述的(len)，累加(f_j)的贡献系数，记最终(f_j)贡献系数为(a_j=sum(frac 1 2)^{m-len})。
其实(j)可以等于(i)，这代表着提前匹配到自己的情况。
我们可以列出等式：
总的来说，每一个人获胜的概率之和应该是1，因此有等式
算上(P)，我们拿到了一个(n+1)个未知数的(n+1)条方程，高斯消元解决即可，尽管我们并不需要知道(P)的具体取值。
Code
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=305;
int n,m;
char str[N][N];
double a[N][N],x[N];
int nex[N*2];
double mi2[N];
double kmp(int x,int y){
static char b[N*2];
for(int i=1;i<=m;i++) b[i]=str[x][i],b[m+i]=str[y][i];
nex[1]=0;
for(int i=2,j;i<=m*2;i++){
j=nex[i-1];
while(j&&b[j+1]!=b[i]) j=nex[j];
if(b[j+1]==b[i]) nex[i]=j+1;
else nex[i]=0;
}
double res=0;
for(int i=m*2;i;i=nex[i])
if(i<=m) res+=mi2[m-i];
return res;
}
void fill_matrix(){
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++)
a[i][j]=kmp(i,j);
a[i][n+1]=-1;
}
for(int i=1;i<=n;i++) a[n+1][i]=1;
a[n+1][n+2]=1;
}
void gaussian(int n){
int best;
for(int i=1;i<=n;i++){
best=i;
for(int j=i+1;j<=n;j++)
if(fabs(a[j][i])>fabs(a[best][i])) best=j;
if(best!=i)
for(int j=i;j<=n+1;j++) swap(a[i][j],a[best][j]);
for(int j=i+1;j<=n;j++){
double t=a[j][i]/a[i][i];
for(int k=i;k<=n+1;k++)
a[j][k]-=a[i][k]*t;
}
}
for(int i=n;i>=1;i--){
for(int j=i+1;j<=n;j++) a[i][n+1]-=a[i][j]*x[j];
x[i]=a[i][n+1]/a[i][i];
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
mi2[0]=1;
for(int i=1;i<=m;i++) mi2[i]=mi2[i-1]*0.50000000000;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",str[i]+1);
fill_matrix();
gaussian(n+1);
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%.10lf
",x[i]);
return 0;
}