【BZOJ 3530】 [Sdoi2014]数数

3530: [Sdoi2014]数数

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Description

我们称一个正整数N是幸运数，当且仅当它的十进制表示中不包含数字串集合S中任意一个元素作为其子串。例如当S=(22，333，0233)时，233是幸运数，2333、20233、3223不是幸运数。
给定N和S，计算不大于N的幸运数个数。

Input

输入的第一行包含整数N。
接下来一行一个整数M，表示S中元素的数量。
接下来M行，每行一个数字串，表示S中的一个元素。

Output

输出一行一个整数，表示答案模109+7的值。

Sample Input

20

3

2

3

14

Sample Output

14

HINT

下表中l表示N的长度，L表示S中所有串长度之和。

1 < =l < =1200 , 1 < =M < =100 ,1 < =L < =1500

Source

Round 1 day 1

AC自动机上的dp。

做了【BZOJ 1030】，这道题就十分简单了。

对于集合S中所有的字符串，建一个AC自动机。

注意这个AC自动机要包含last，表示走到这个节点是否相当于走到了某个串的末尾（可能是这个串本身，也可能是别的更短的串）

然后就可以dp了：
$f[i][j][k]$表示有$i$位数，走到AC自动机的第$j$个结点，状态为$k$的方案数。

状态$k$:
$k=0$ 已经确定的$i$位数小于$N$的前$i$位；

$k=1$ 已经确定的$i$位数等于$N$的前$i$位；

$k=2$ 已经确定的$i$位数大于$N$的前$i$位。

转移就是枚举下一位，判断是否可行。（详见代码）

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#define mod 1000000007
#define LL long long
#include <queue>
using namespace std;
struct trie
{
    int ch[12],mark,fail,last;
}t[2005];
char N[1500],s[1500];
int m,tot=0,n[2000],l;
LL f[1205][2005][3];
void Insert(char s[])
{
    int x=0;
    for (int i=0;i<strlen(s);i++)
    {
        int c=s[i]-‘0‘;
        if (!t[x].ch[c])
            t[x].ch[c]=++tot;
        x=t[x].ch[c];
    }
    t[x].mark=1;
}
void Make_fail()
{
    queue<int> q;
    for (int i=0;i<=9;i++)
        if (t[0].ch[i]) 
            q.push(t[0].ch[i]);
    while (!q.empty())
    {
        int x=q.front();
        q.pop();
        for (int i=0;i<=9;i++)
            if (t[x].ch[i])
            {
                int y=t[x].ch[i];
                q.push(y);
                int v=t[x].fail;
                while (v&&!t[v].ch[i])
                    v=t[v].fail;
                t[y].fail=v=t[v].ch[i];
                t[y].last=t[v].mark?v:t[v].last;
            }
    }
}
void Add(LL &a,LL b)
{
    a=(a+b)%mod;
}
int C(int a,int b)
{
    if (a==b) return 1;
    if (a<b) return 0;
    return 2;
}
void DP()
{
    LL ans=0;
    for (int k=1;k<=9;k++)
    {
        int v=t[0].ch[k];
        if (!t[v].mark&&!t[v].last)
            f[1][t[0].ch[k]][C(k,n[1])]+=1;
    }
    for (int j=0;j<=tot;j++)
        ans=(ans+f[1][j][0]+f[1][j][1]+f[1][j][2])%mod;
    for (int i=1;i<l;i++)
    {
        for (int j=0;j<=tot;j++)
            if (f[i][j][0]||f[i][j][1]||f[i][j][2])
                for (int k=0;k<=9;k++)
                {
                    int v=j;
                    while (v&&!t[v].ch[k])
                        v=t[v].fail;
                    v=t[v].ch[k];
                    if (!t[v].mark&&!t[v].last)
                    {
                        int x=C(k,n[i+1]);
                        if (x==0)
                            Add(f[i+1][v][0],f[i][j][0]+f[i][j][1]),
                            Add(f[i+1][v][2],f[i][j][2]);
                        if (x==1)
                            Add(f[i+1][v][0],f[i][j][0]),
                            Add(f[i+1][v][1],f[i][j][1]),
                            Add(f[i+1][v][2],f[i][j][2]);
                        if (x==2)
                            Add(f[i+1][v][0],f[i][j][0]),
                            Add(f[i+1][v][2],f[i][j][1]+f[i][j][2]);
                    }
                }
        for (int j=0;j<=tot;j++)
        {
            Add(ans,f[i+1][j][0]+f[i+1][j][1]);
            if (i+1!=l)
                Add(ans,f[i+1][j][2]);
        }
    }
    printf("%d\n",(int)ans%mod);
}
int main()
{
    scanf("%s",N);
    l=strlen(N);
    for (int i=1;i<=l;i++)
        n[i]=N[i-1]-‘0‘;
    scanf("%d",&m);
    for (int i=1;i<=m;i++)
        scanf("%s",s),Insert(s);
    Make_fail();
    DP();
    return 0;
}

感悟：
AC自动机上的dp用从$i$转移到$i+1$的方式比较好转移。