SDOI2017 BZOJ 4820 硬币游戏解题报告

写在前面

此题网上存在大量题解，但本蒟蒻太菜了，看了不下10篇均未看懂，只好自己冷静分析了。本文将严格详细地论述算法（避免一切意会和玄学），因此可能会比其它题解更加理论化一些，希望能对像我一样看了其它题解还云里雾里的人有帮助。最后，为了追求极致，以下将字符串长度$m$加强到了10000（原题是300），并给出了一个时间复杂度到达极限的做法。

以下数学推导较多，如有错误之处欢迎批评指正！

题目描述

给定$n$个串，每个串仅包含字符T和F，长度均为$m$且互不相同。现在有一个字符串发生器，每次以等概率产生一个字符T或F，若某一时刻形成的字符串中出现了第$i$个串，则玩家$i$获胜。问每个玩家获胜的概率。

数据范围：$n \le 300, m \le 10000$

详细题解

一些定义

1、我们定义一个字符串$T$的$q$值为$2^{-|T|}$，可以理解为每个字母以$1/2$的概率生成（但并不是严格意义的概率）；

2、定义$res(T)$表示对于字符串$T$，哪个玩家获胜（当$T$的末尾匹配$S_i$，其它位置没有匹配任何给定串时，$res(T)=i$；若整个串都没有匹配任何给定串，$res(T)=0$；其他情况$res(T)=-1$）；

3、定义玩家$i$获胜的概率为$P(i)$；

4、定义字符串$T_1$和$T_2$的$link$为所有长度$l$的集合，使得$T_1$长为$l$的后缀与$T_2$长为$l$的前缀相同。

方程的建立

我们的最终目标是求出$P(i)$。下面我们建立关于未知数$P(i)$的方程组，并用高斯消元求解。

引理1：$\displaystyle P(i)=\sum\limits_{res(T) = i} {q(T)} $，且$\displaystyle \sum\limits_{i = 1}^n {P(i)} = 1$。

根据游戏规则可以得出。

引理2：对任意$i$，以下式子成立：

\[\sum\limits_{res(T) = 0} {q(T{S_i})} = \sum\limits_{j = 1}^n {P(j)\sum\limits_{l \in link({S_j},{S_i})} {{2^{l - m}}} } \]

证明：任取字符串$T_j$满足$res(T_j)=j$，以及$l \in link({S_j},{S_i})$，必然对应唯一一种方式，使得将$T_j$结尾添加$m-l$个字符后，长为$m$的后缀为$S_i$。若将$T_j$结尾添加$m-l$个字符后的字符串记做$TS_i$，则必有$res(T) = 0$。因此对等式右边每一个$q(T_j)2^{l - m}$必然对应且唯一对应等式左边一个$q(TS_i)$。另一方面，对于任意满足$res(T) = 0$的字符串$TS_i$，取它的最短的一个$res$不为0的前缀（记作$T_j,res(T_j)=j$），那么唯一对应了等式右边的$(T_j,l)$对；而所有长度大于$T_j$长度的前缀必然$res$值都是-1，而所有小于$T_j$长度的前缀res值都为0，这就意味着等式左边$q(TS_i)$必然对应且唯一对应右边一个$q(T_j)2^{l - m}$。从而对应关系是一一对应，等式左边等于右边。证毕。

引理3：对任意$i$，$\displaystyle \sum\limits_{res(T) = 0} {q(T{S_i})}$的值均相同。

证明：对于每个$i$，该值均为$\displaystyle \sum\limits_{res(T) = 0} {q(T)\times 2^{-m}}$，故都相同。

根据引理2和引理3，我们便得到了$n$个关于$P(i)$的方程与一个附加未知数$\displaystyle \sum\limits_{res(T) = 0} {q(T{S_i})}$。再由引理1的第2式，便可列$n+1$个方程解$n+1$个未知数了。

$link$的计算

现在只剩一个问题，对任意$i,j$计算$\displaystyle \sum\limits_{l \in link({S_j},{S_i})} {{2^{l - m}}}$。

我们对所有给定的串$S_i$建立AC自动机。对于每个串$S_i$和$S_j$，我们希望求出所有的$link({S_i},{S_j})$集合元素。这等价于$S_i$对应的AC自动机中的结束状态开始沿fail指针向上走所能到达的所有状态（这一集合设为$F(S_i)$）中，有哪些状态在Trie树上是$S_j$对应结束状态的祖先。这样转化问题后，可以得到如下做法：

对于每个$S_i$，先求出$F(S_i)$；对于每个结点$N \in F(S_i)$，将Trie树上$N$的子树中所有结点均加上一个值$2^{l - m}$，最后对每个$S_j$，查询Trie树对应结束状态的值即可。树上子树增加单点查询显然可以按树的dfs序用树状数组维护。

事实上，还可以进一步优化。注意到子树修改完后才询问，因此可以使用差分来修改区间，修改完后再前缀和回答询问。但是注意到Trie树的结点很多（可达$nm$量级），不能每次对所有结点前缀和。然而幸运的是，我们的查询仅限于Trie树结束状态的结点，因此只需要对这些结点按dfs序生成一个长度为$n$的区间，修改时差分，询问时前缀和即可。

时间复杂度分析

最后分析时间复杂度。首先建立AC自动机时间复杂度$O(nm)$。求出Trie树结束状态的结点dfs序，以及每个树上结点对应的dfs序区间时间复杂度也是$O(nm)$。对每个$S_i$，求出$F(S_i)$然后差分修改的时间复杂度为$O(m)$，因为$F(S_i)$集合大小一定不超过$m$；最后前缀和并查询的时间复杂度为$O(n)$。全部求出后高斯消元的时间复杂度为$O(n^3)$。故总时间复杂度为$O(n(m+n^2))$。

总结

花了好几个小时才把理论推导理清楚，这题实在是太神了！同时对自己毒瘤的把数据范围改到$m=10000$表示成就感++（2333）！

AC代码

已略去高斯消元模板和AC自动机模板。

 #define LETTER 2

 inline int convert(char ch){ return ch == 'T' ?  : ; }

 int stEnd[], dfsEnd[], cnt2;

 double a[], link[][];

 int l[], r[];

 char s[];

 struct Trie{

     int num, fail, match, depth;

     int next[LETTER];

 }pool[];

 void insert(char *s, int id)

 {

     int cur = ;

     for (int i = ; s[i]; i++){

         int &pos = trie[cur].next[convert(s[i])];

         if (!pos){

             pos = ++cnt;

             memset(&trie[cnt], , sizeof(Trie));

             trie[cnt].depth = i + ;

         }

         cur = pos;

     }

     trie[cur].num = id;

 }

 void dfs(int i)

 {

     if (trie[i].num){

         dfsEnd[trie[i].num] = ++cnt2;

         l[i] = r[i] = cnt2;

     }

     else{ l[i] =  << ; r[i] = ; }

     for (int j = ; j<LETTER; j++){

         int id = trie[i].next[j];

         if (id){

             dfs(id);

             l[i] = min(l[i], l[id]);

             r[i] = max(r[i], r[id]);

         }

     }

 }

 int main()

 {

     int n, m;

     scanf("%d%d", &n, &m);

     init();

     for (int i = ; i <= n; i++){

         scanf("%s", s);

         insert(s, i);

         stEnd[i] = cnt;

     }

     dfs();

     makeFail();

     for (int i = ; i <= n; i++){

         memset(a, , sizeof(a));

         for (int st = stEnd[i]; st; st = trie[st].fail){

             double t = pow(, trie[st].depth - m);

             a[l[st]] += t; a[r[st] + ] -= t;

         }

         for (int j = ; j <= n; j++)

             a[j] += a[j - ];

         for (int j = ; j <= n; j++)

             link[i][j] = a[dfsEnd[j]];

     }

     Matrix mt(n + , n + );

     for (int i = ; i <= n + ; i++)

         mt.a[][i] = ;

     for (int i = ; i <= n; i++){

         mt.a[i][] = ;

         for (int j = ; j <= n; j++)

             mt.a[i][j] = link[j][i];

     }

     mt.gauss();

     for (int i = ; i <= n; i++)

         printf("%.10lf\n", mt.a[i][n + ]);

 }