题意 : 输入n、m、k意思就是给你 m 个模式串，问你构建长度为 n 至少包含 k 个模式串的方案有多少种
分析 : ( 以下题解大多都是在和 POJ 2778 && POJ 1625 && HDU 2243 进行类比，如果没做过的话.......可能看不懂 )
这道题如果去对比之前做过的 POJ 2778 And HDU 2243 可以发现现在的难点在于如何找出至少包含 k 个模式串的，这里我们给每一个单词编号，对于在DP过程当中选中了这个单词就标记一下，但是问题是如何判断是否被重复选过以及如何标记？如果直接开在DP的维度上那是不可能的！（即开一个十维数组来记录每一个单词是否被选过），如果能将这十个维度压缩成一个维度多好啊！没错了，使用二进制，二进制的每一位代表每一个单词，0就是没被选，1就是被选，最多只需要十位便能记录这些信息，转化为十进制之后我们只要给DP再多添一个维度即可。那么代码怎么实现呢？只需要用到 | 操作符即可，这个操作符会把每一位的 1 进行叠加，相当于吧信息进行叠加！不过这里需要注意，在做POJ 1625 的时候是用一个矩阵来转移的，而这道题不能，因为我们还附加了一个选了哪几个单词这一个维度，如果全部笼统的映射到矩阵上的话是不行的！比如 G[i][j] 代表从 i 到 j 一步走完的可行方案，但是我们不知道这些方案到底走过了那些单词，所以需要一步步转移，如果把 POJ 1625 的代码不用矩阵来储存信息那要怎么写呢？如下（ 如果你之前看过我 POJ 1625 的代码的话 ）
for(int i=0; i<m; i++) for(int j=0; j<ac.Size; j++){ // for(int k=0; k<ac.Size; k++){ // dp[i+1][k] += dp[i][j] * G[j][k]; // } for(int k=0; k<n; k++){ int tmp = ac.Node[j].Next[k]; if(!ac.Node[tmp].flag) dp[i+1][tmp] += dp[i][j]; } }
所以在网上搜这道题的题解的时候，一开始我有点懵，为什么有四层for？这和用矩阵有什么区别？实际上矩阵写法完全可以写成如上所示！
因此总结一下就是 利用DP[i][j][k] 表示 DP[第几步][哪个节点结尾][当前选了哪些单词] = 方案数
这里有个大优化，因为我们的DP是一个向前的DP，这样的DP有一个优势，就是当 DP值 == 0 的时候将不会对后面有任何影响，直接continue便能减去大量的“枝”！
#include<string.h> #include<stdio.h> #include<queue> using namespace std; const int Max_Tot = 111; const int Letter = 26; const int MOD = 20090717; int dp[30][111][(1<<10)+1]; int cnt[1111]; struct Aho{ struct StateTable{ int Next[Letter]; int fail, id; }Node[Max_Tot]; int Size; queue<int> que; inline void init(){ while(!que.empty()) que.pop(); memset(Node[0].Next, 0, sizeof(Node[0].Next)); Node[0].fail = Node[0].id = 0; Size = 1; } inline void insert(char *s, int id){ int now = 0; for(int i=0; s[i]; i++){ int idx = s[i] - 'a'; if(!Node[now].Next[idx]){ memset(Node[Size].Next, 0, sizeof(Node[Size].Next)); Node[Size].fail = Node[Size].id = 0; Node[now].Next[idx] = Size++; } now = Node[now].Next[idx]; } Node[now].id |= (1<<id); } inline void BuildFail(){ Node[0].fail = 0; for(int i=0; i<Letter; i++){ if(Node[0].Next[i]){ Node[Node[0].Next[i]].fail = 0; que.push(Node[0].Next[i]); }else Node[0].Next[i] = 0; } while(!que.empty()){ int top = que.front(); que.pop(); Node[top].id |= Node[Node[top].fail].id; for(int i=0; i<Letter; i++){ int &v = Node[top].Next[i]; if(v){ que.push(v); Node[v].fail = Node[Node[top].fail].Next[i]; }else v = Node[Node[top].fail].Next[i]; } } } }ac; char S[20]; int main(void) { for(int i=0; i<(1<<10); i++){ cnt[i] = 0; for(int j=0; j<10; j++){ if(i & (1<<j)) cnt[i]++; } } int n, m, k; while(~scanf("%d %d %d", &n, &m, &k)){ if(n==0 && m==0 && k==0) break; ac.init(); for(int i=0; i<m; i++){ scanf("%s", S); ac.insert(S, i); } ac.BuildFail(); for(int i=0; i<=n; i++) for(int j=0; j<ac.Size; j++) for(int l=0; l<(1<<m); l++) dp[i][j][l] = 0; dp[0][0][0] = 1; for(int i=0; i<n; i++){ for(int j=0; j<ac.Size; j++){ for(int l=0; l<(1<<m); l++){ if(dp[i][j][l] > 0){ for(int x=0; x<Letter; x++){///不用矩阵了，一步步转移 int newi = i+1; int newj = ac.Node[j].Next[x]; int newl = (ac.Node[ newj ].id) | l;///加入了哪个新节点就应该去叠加状态！ dp[newi][newj][newl] += dp[i][j][l]; dp[newi][newj][newl] %= MOD; } } } } } int ans = 0; for(int i=0; i<(1<<m); i++){ if(cnt[i]>=k){ for(int j=0; j<ac.Size; j++){ ans = (ans + dp[n][j][i])%MOD; } } } printf("%d ", ans%MOD); } return 0; }