AC自動機算法概述及習題

AC自動機習題

1. Censored!

題意: 用 $n$ 個基本字符組成一個長度爲 $m$ 的字符串，要求字符串中不能出現給定的 $p$ 個非法串中任何一個，輸出方案總數。 $(1\leq n,m\leq 50,0\leq p\leq 10)$

思路: 數據範圍比較小，因此不難往 $dp$ 上進行思考。又因爲有多個非法串，考慮在 $AC$ 自動機建的整個 $Trie$ 圖上進行 $dp$ 。

我們定義狀態爲 $f[i][j]$ ，表示長度爲 $i$ ，最後一個字符在 $AC$ 自動機的第 $j$ 個節點上，則枚舉 $j$ 的所有子節點，設 $now=next[j][k]$ ，即 $now$ 爲 $j$ 的第 $k$ 個子節點，則 $f[i][now]=f[i][now]+f[i-1][j]$ ，當且僅當 $now$ 和 $j$ 不爲非法節點。

因此我們繼續定義非法節點，一個點爲非法節點，即該點所代表的字符串中出現了完整的非法串，很明顯一個非法串的末尾節點是非法節點，並且若 $fail[now]$ 是非法節點，則 $now$ 也爲非法節點，因爲 $fail[now]$ 節點所代表的字符串爲 $now$ 節點字符串的後綴。

除此之外，此題還有兩個坑點。

沒有取模，因此需要大整數。
字符的 $ASCII$ 碼範圍在 $-128～128$ 之間， $re$ 了一小時…

總結: 在 $AC$ 自動機上進行 $dp$ ，就是以 $AC$ 自動機上的節點作爲狀態進行轉移，本質上與普通 $dp$ 沒有差別。

代碼:

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <queue>
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
typedef long long ll;
using namespace std;

char buf[60],base = 0;
int n,m,p,mp[301];

struct Trie{
	int next[2510][60],fail[2510],end[2510]; //fail[i]是指從root到節點i這一段字母的最長後綴節點
	int root,L;	//L相當於tot
	int newnode()
	{
		for(int i = 0;i < 51;i++)
			next[L][i] = -1; //將root節點的26個子節點都指向-1
		end[L++] = 0; //每一個子節點初始化都不是單詞結尾
		return L-1;
	}
 	void init()
 	{
 		L = 0;
 		root = newnode(); //此處返回root = 0
 	}
 	void insert(char buf[])
 	{
		int len = strlen(buf);
		int now = root;
		for(int i = 0;i < len;i++)
		{
			int pos = mp[buf[i]-base+150];
			if(next[now][pos] == -1)
				next[now][pos] = newnode(); //不能在原有字典樹中匹配的新字母則新建一個節點
			now = next[now][pos];
 		}
 		end[now] = 1;	//now這個節點是一個單詞的結尾
 	}
	void build()
	{
		queue<int>Q;
		fail[root] = root;
		for(int i = 0;i < 51;i++)
		{
			if(next[root][i] == -1)
				next[root][i] = root; //將root的未被訪問的子節點指回root
			else
			{
				fail[next[root][i]] = root; //root子節點的失配指針指向root
				Q.push(next[root][i]); //隊列中加入新節點
			}
		}
		while( !Q.empty() )
		{
			int now = Q.front();
			if(end[fail[now]]) end[now] = 1; //判斷該節點是否非法
			Q.pop();
			for(int i = 0;i < 51;i++)
				if(next[now][i] == -1)
					next[now][i] = next[fail[now]][i]; //now的第i個節點未被訪問，則將now的第i個節點指向now的fail節點的第i個節點
				else
				{
					fail[next[now][i]]=next[fail[now]][i];
					Q.push(next[now][i]);
				}
		}
	}
}ac;

struct BigInteger{
    ll A[50];
    enum{MOD = 1000000};
    BigInteger(){memset(A, 0, sizeof(A)); A[0]=1;}
    void set(ll x){memset(A, 0, sizeof(A)); A[0]=1; A[1]=x;}
    void print(){
        printf("%lld", A[A[0]]);
        for (ll i=A[0]-1; i>0; i--){
            if (A[i]==0){printf("000000"); continue;}
            for (ll k=10; k*A[i]<MOD; k*=10ll) printf("0");
            printf("%lld", A[i]);
        }
        printf("\n");
    }
    ll& operator [] (int p) {return A[p];}
    const ll& operator [] (int p) const {return A[p];}
    BigInteger operator + (const BigInteger& B){
        BigInteger C;
        C[0]=max(A[0], B[0]);
        for (ll i=1; i<=C[0]; i++)
            C[i]+=A[i]+B[i], C[i+1]+=C[i]/MOD, C[i]%=MOD;
        if (C[C[0]+1] > 0) C[0]++;
        return C;
    }
    BigInteger operator * (const BigInteger& B){
        BigInteger C;
        C[0]=A[0]+B[0];
        for (ll i=1; i<=A[0]; i++)
            for (ll j=1; j<=B[0]; j++){
                C[i+j-1]+=A[i]*B[j], C[i+j]+=C[i+j-1]/MOD, C[i+j-1]%=MOD;
            }
        if (C[C[0]] == 0) C[0]--;
        return C;
    }
}f[2][2510];

int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
	scanf("%s",buf);
	rep(i,0,n-1) mp[buf[i]-base+150] = i;
	ac.init();
	rep(i,1,p){
		scanf("%s",buf);
		ac.insert(buf);
	}
	ac.build();
	f[0][0].set(1);
	rep(i,1,m){
		rep(j,0,ac.L-1) f[i%2][j].set(0);
		rep(j,0,ac.L-1)
			rep(k,0,n-1){
				int now = ac.next[j][k];
				if(ac.end[now] == 0 && ac.end[j] == 0) f[i%2][now] = f[i%2][now] + f[(i-1)%2][j];
			}
	}
	BigInteger ans; ans.set(0);
	rep(i,0,ac.L-1) ans = ans+f[m%2][i];
	ans.print();
	return 0;
}

2. 小明系列故事——女友的考驗

題意: 給定 $n$ 和 $m$ ，表示一共有 $n$ 個點，每個點都有其所對應的座標， $m$ 條非法路徑。先要從 $1$ 號點走到 $n$ 號點，但路徑中不能出現 $m$ 條非法路徑中任意一條，求最短距離。 $(1\leq n\leq 50,1\leq m\leq 100)$

思路: $AC$ 自動機上跑最短路，思路比較明顯。 $AC$ 自動機上的每一個節點都代表一個狀態，且不能通過任何非法節點。

需要在 $AC$ 自動機的根節點的所有兒子上都建立新節點，且如果一個節點的 $fail$ 節點爲非法節點，則該節點也爲非法節點。

建出 $Trie$ 圖後，直接在圖上跑 $dijkstra$ 最短路即可。

小坑點：座標之差會爆 $int$ …（找了半小時 $bug$ ）

代碼:

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
const int N = 100+10;
typedef double db;
const db inf = 1e15;
using namespace std;

void dbg() {cout << "\n";}
template<typename T, typename... A> void dbg(T a, A... x) {cout << a << ' '; dbg(x...);}
#define logs(x...) {cout << #x << " -> "; dbg(x);}

int n,m,base[100],vis[25100];
db X[N],Y[N],dis[25100];
struct Node{
	db ans; int a,b;
	bool operator < (Node xx) const {
		return ans > xx.ans;
	}
};
priority_queue<Node> q;

struct Trie{
	int next[25100][60],fail[25100],end[25100]; //fail[i]是指從root到節點i這一段字母的最長後綴節點
	int root,L;	//L相當於tot
	int newnode()
	{
		for(int i = 0;i < 51;i++)
			next[L][i] = -1; //將root節點的26個子節點都指向-1
		end[L++] = 0; //每一個子節點初始化都不是單詞結尾
		return L-1;
	}
 	void init()
 	{
 		L = 0;
 		root = newnode(); //此處返回root = 0
 	}
 	void insert(int len)
 	{
		int now = root;
		for(int i = 0;i < len;i++)
		{
			int pos = base[i];
			if(next[now][pos] == -1)
				next[now][pos] = newnode(); //不能在原有字典樹中匹配的新字母則新建一個節點
			now = next[now][pos];
 		}
 		end[now] = 1;	//now這個節點是一個單詞的結尾
 	}
	void build()
	{
		queue<int> Q;
		fail[root] = root;
		for(int i = 0;i < 51;i++)
		{
			if(next[root][i] == -1)
				next[root][i] = root; //將root的未被訪問的子節點指回root
			else
			{
				fail[next[root][i]] = root; //root子節點的失配指針指向root
				Q.push(next[root][i]); //隊列中加入新節點
			}
		}
		while( !Q.empty() )
		{
			int now = Q.front();
			if(end[fail[now]]) end[now] = 1; //判斷該節點是否非法
			Q.pop();
			for(int i = 0;i < 51;i++)
				if(next[now][i] == -1)
					next[now][i] = next[fail[now]][i]; //now的第i個節點未被訪問，則將now的第i個節點指向now的fail節點的第i個節點
				else
				{
					fail[next[now][i]]=next[fail[now]][i];
					Q.push(next[now][i]);
				}
		}
	}
}ac;

db dist(int i,int j){
	//座標之差會爆int...
	db tmp = (X[i]-X[j])*(X[i]-X[j])+(Y[i]-Y[j])*(Y[i]-Y[j]);
	tmp = sqrt(tmp);
	return tmp;
}

void dijkstra(){
	while(q.size()) q.pop();
	rep(i,0,50)
		if(ac.next[ac.root][i] == 0){
			int p = ac.newnode();
			ac.next[ac.root][i] = p;
			rep(j,0,50) ac.next[p][j] = 0;
		}
	rep(i,0,ac.L) dis[i] = inf, vis[i] = 0;
	q.push({0,ac.next[ac.root][1],1}); dis[ac.next[ac.root][1]] = 0;
	db ans = inf;
	while(q.size()){
		int now = q.top().a, id = q.top().b; q.pop();
		if(vis[now]) continue;
		vis[now] = 1;
		if(id == n) ans = min(ans,dis[now]);
		rep(i,id+1,n){
			db tp = dis[now]+dist(id,i);
			int y1 = now, y2 = ac.next[now][i];
			while(y2 == 0){
				y1 = ac.fail[y1];
				y2 = ac.next[y1][i];
			}
			ac.next[now][i] = y2;
			if(!vis[y2] && !ac.end[y2] && dis[y2] > tp){
				dis[y2] = tp;
				q.push({dis[y2],y2,i});
			}
		}
	}
	if(ans == inf) printf("Can not be reached!\n");
	else printf("%.2f\n",ans);
}

int main(){
	while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
		if(n == 0 && m == 0) break;
		rep(i,1,n) scanf("%lf%lf",&X[i],&Y[i]);
		ac.init();
		rep(i,1,m){
			int k; scanf("%d",&k);
			rep(j,0,k-1) scanf("%d",&base[j]);
			ac.insert(k);
		}
		ac.build();
		dijkstra();
	}
}

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