這個dfs比較難 做成板子了
http://www.cnblogs.com/LadyLex/p/7514403.html
題目描述
衆所周知，密碼在信息領域起到了不可估量的作用。對於普通的登陸口令，唯一的破解 方法就是暴力破解一逐個嘗試所有可能的字母組合，但這是一項很耗時又容易被發現的工 作。所以，爲了獲取對方的登陸口令，在暴力破解密碼之前，必須先做大量的準備工作。經 過情報的蒐集，現在得到了若干有用信息，形如：
“我觀察到，密碼中含有字符串***。”
例如，對於一個10位的密碼以及觀察到的字符串hello與world,可能的密碼組合爲 helloworld與worldhello;而對於6位的密碼以及觀察到的字符串good與day,可能的 密碼組合爲gooday。
有了這些信息，就能夠大大地減少嘗試的次數了。請編一個程序，計算所有密碼組合的 可能。密碼中僅可能包含a - z之間的小寫字母。
輸入
輸入數據首先輸入兩個整數L,N，分別表示密碼的長度與觀察到子串的個數。
接下來N行，每行若干個字符，描述了每個觀察到的字符串。
輸出
輸出數據第一行爲一個整數，代表了滿足所有觀察條件字符串的總數。
若這個數字小於等於42,則按字典順序輸出所有密碼的可能情況，每行一個，
否則，只輸出滿足所有觀察條件字符串的總數即可。
樣例輸入
10 2 hello world
樣例輸出
2 helloworld worldhello
提示
對於100%的數據，1<=L<=25，1<=N<=10,每個觀察到的字符串長不超過10,並且保 證輸出結果小於2^63。
好久沒打AC自動機上的DP了……我怎麼什麼題都不會做啊.jpg
這道題是我今天刷到的比較好的一道題……不僅考到了dp，還考到了搜索基本功。
我們首先考慮：對於串i和j，如果j是i的子串，那麼我們根本不用考慮最初單獨插入進來的j串，
因爲只要i串存在，j串就一定存在
那麼我們可以在構建出AC自動機之後，把每個節點從fail指針能達到的節點都設爲”不是單詞節點“，最後再給單詞節點重新編號即可。
那麼接下來，我們考慮dp的過程。由於節點數，串數和串長都很小，所以我們考慮狀態壓縮來解決這個問題。
我們定義狀態數組f[i][j][k]表示當前串長爲i，位於j號節點，模式串出現情況爲k的方案數。
（這種"走i步到達j節點”也是AC自動機上的常見套路之一）
那麼我們事先把單詞節點對應的串用二進制壓好，轉移到時候我們只需要這樣處理即可：
f[i+1][rt->ch[u]->id][k|rt->ch[u]->val]+=f[i][j][k]
這樣我們就可以搜出方案數，接下來我們考慮輸出小於42的具體方案。
首先我們可以得到一個性質：若總方案樹不超過42，那麼最終串一定僅由給定串拼接而成。
因爲如果隨機字母可以存在，哪怕只有1個模式串，並且僅有1個隨機字母，合法方案數在這種最小情況下也有2×26=52(>42)個
因此我們只需要用搜索進行一個dp的逆過程，看合法方案由哪個節點轉移過來，並且記錄一路上經過的字符，最後排序輸出即可。
這真是一道很不錯的題目，方式以及套路很經典，對於狀壓和搜索的應用都很靈活！
(Ps:我還打了一種利用狀壓從而不用去重的打法，放在最下面）
去重版代碼見下：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=12,L=30,K=(1<<10)+10;
typedef long long LL;
short l,n,len[N],bin[N],tot,cnt,num;
char s[N][N];
struct node
{
node *ch[26],*f;short id,st,meaning;
node(){memset(ch,0,sizeof(ch)),st=0,id=++cnt;}
}*null,*root,*q[N*N],*data[N*N];
inline node* newnode()
{node *o=new node();data[cnt]=o;return o;}
inline void add(int x)
{
node *rt=root;register int i,d;
for(i=0;i<len[x];++i)
{
d=s[x][i]-'a';
if(!rt->ch[d])rt->ch[d]=newnode();
rt=rt->ch[d],rt->meaning=d;
}
rt->st=1;
}
inline void get_fail()
{
register int i,hd=1,tl=0;
node *rt,*u;
for(i=0,root->f=root;i<26;++i)
if(root->ch[i])root->ch[i]->f=root,q[++tl]=root->ch[i];
else root->ch[i]=root;
while(hd<=tl)
for(rt=q[hd++],u=rt->f,i=0;i<26;++i)
if(rt->ch[i])rt->ch[i]->f=u->ch[i],q[++tl]=rt->ch[i];
else rt->ch[i]=u->ch[i];
for(i=1;i<=cnt;++i)for(u=data[i]->f;u&&u!=null&&u!=root;u=u->f)u->st=0;
for(i=1;i<=cnt;++i)if(data[i]->st)data[i]->st=++num;
for(i=1;i<=cnt;++i)if(data[i]->st)data[i]->st=bin[num-data[i]->st];
}
LL f[L][N*N][K];
struct sol
{
char s[L];
sol(){memset(s,0,sizeof(s));}
inline void print(){puts(s);}
inline bool operator < (const sol &b) const
{
for(register int i=0;i<l;++i)
if(s[i]!=b.s[i])return s[i]<b.s[i];
}
}str[50],stack;
void dfs(int len,int id,int state,int now)
{
register int i,j,k,st;
stack.s[len-1]=now+'a';
if(len==1){str[++tot]=stack;return;}
for(j=2;j<=cnt;++j)
if(f[len-1][j][state]&&data[j]->ch[now]->id==id)
dfs(len-1,j,state,data[j]->meaning);
if(data[id]->st)
for(st=state^data[id]->st,j=2;j<=cnt;++j)
if(f[len-1][j][st]&&data[j]->ch[now]->id==id)
dfs(len-1,j,st,data[j]->meaning);
}
inline void get_solution()
{
register int i,j;tot=0;
for(j=2;j<=cnt;++j)
if(f[l][j][bin[num]-1])
dfs(l,j,bin[num]-1,data[j]->meaning);
}
int main()
{
scanf("%d%d",&l,&n);root=newnode();
register int i,j,k,u,v;node *rt;LL ans=0;
bin[0]=1;for(i=1;i<=n;++i)bin[i]=bin[i-1]<<1;
for(i=1;i<=n;++i)scanf("%s",s[i]),len[i]=strlen(s[i]),add(i);
get_fail();
for(i=0,f[0][1][0]=1;i<l;++i)
for(j=0;j<=cnt;++j)
for(rt=data[j],k=0;k<bin[num];++k)
if(f[i][j][k])for(u=0;u<26;++u)
f[i+1][rt->ch[u]->id][k|rt->ch[u]->st]+=f[i][j][k];
for(j=1;j<=cnt;++j)ans+=f[l][j][bin[num]-1];
printf("%lld\n",ans);
if(ans<=42)
{
get_solution();sort(str+1,str+ans+1);
for(i=1;i<=ans;++i)str[i].print();
}
}