题目：[HNOI2008] GT考试
阿申准备报名参加 GT 考试，准考证号为 \(N\) 位数\(X_1,X_2…X_n\ (0\le X_i\le 9)\)，他不希望准考证号上出现不吉利的数字。
他的不吉利数字\(A_1,A_2,\cdots, A_m\ (0\le A_i\le 9)\) 有 \(M\) 位，不出现是指 \(X_1,X_2\cdots X_n\) 中没有恰好一段等于 \(A_1,A_2,\cdots ,A_m\)，\(A_1\) 和 \(X_1\) 可以为 \(0\)。
阿申想知道不出现不吉利数字的号码有多少种，输出模 \(K\) 取余的结果。
对于全部数据，\(N\leq10^9\)，\(M\leq 20\)，\(K\leq1000\)。
这个题的做法是这样的：
这个题涉及到字符串匹配，题目中的“不出现”，也就代表着不吉利数字无法匹配到 \(m\)。
1、最暴力的想法是将准考证号枚举出来，然后在进行字符串匹配，这样的复杂度是 \(\mathcal O(10^N\times N)\) 的。
2、当使用 KMP 做字符串匹配的时候，我们可以考虑这样一个过程：
- 当 \(X\) 匹配到第 \(i\) 位，\(A\) 匹配到第 \(k\) 位，在下一个位置发生了失配。
- 然后跳 \(\text{border}\) 到下一个状态，\(X\) 匹配到第 \(i+1\) 位，\(A\) 匹配到第 \(j\) 位。
也就是由 \(q_i(k)+c\to q_{i+1}(j)\) 的转移。考虑到只需要求方案数，我们设 \(f_i(j)\) 为当 \(X\) 匹配到第 \(i\) 位，\(A\) 匹配到第 \(j\) 位的合法的号码的方案数（当然 \(j\) 永远不会等于 \(m\)）。
但是由 \(q_i(k)+c\to q_{i+1}(j)\) 的转移，会存在 \(0\) 或多种。那么考虑枚举字符 \(c\)，来得到“由位置 \(k\) 的下一个位置失配到位置 \(j\) 的方案数”，记为 \(g(k,j)\)。
for (int k = 0, j; k < m; k ++ )
for (char c = '0'; c <= '9'; c ++ ) {
for (j = nxt[k]; j && a[j + 1] != c; j = nxt[j]);
g[k][j + (a[j + 1] == c)] ++;
}
这样的话，就可以得到状态 \(f\) 的转移 \(f_i(j)\times g(j,k)\to f_{i+1}(k)\)。
那么根据 \(f\) 的定义来看，就可以达到最终答案 \(\sum_{i=0}^{m-1}f_n(i)\)，总时间复杂度为 \(\mathcal O(nm^2)\)。
参考代码（\(40\text{ pts}\)）：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m, K, ans, nxt[21], g[21][21], dp[10010][21];
char a[21];
int main() {
cin >> n >> m >> K >> (a + 1);
for (int i = 2, j = 0; i <= m; i ++ ) {
for (j = nxt[i - 1];j && a[j + 1] != a[i]; j = nxt[j]);
nxt[i] = a[j + 1] == a[i] ? j + 1 : 0;
}
for (int i = 0, j; i < m; i ++ ) {
for (char c = '0'; c <= '9'; c ++ ) {
for (j = i; j && a[j + 1] != c; j = nxt[j]);
g[i][j + (a[j + 1] == c)] ++;
}
}
dp[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
for (int j = 0; j < m; j ++ ) {
for (int k = 0; k < m; k ++ ) {
dp[i][j] = (dp[i - 1][k] * g[k][j] + dp[i][j]) %K;
}
}
}
for (int i = 0; i < m; i ++ ) ans = (ans + dp[n][i]) %K;
cout << ans << '\n';
return 0;
}
3、优化转移
分析状态 \(f\) 的转移 \(\sum_{i=0}^{m-1}f_i(j)\times g(j,k)\to f_{i+1}(k)\)，从中可以得到 \(f_i(1,j)\times g(j,k)\to f_{i+1}(1,k)\)，即一个矩乘的式子 \(f_i\times g=f_{i+1}\)。
然后对转移进行矩阵加速幂，时间复杂度为 \(\mathcal O(m^3\log_2n)\) 的。
参考代码（\(100\text{ pts}\)）：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M = 31;
int n, m, K, res, nxt[M];
char s[M];
struct matrix {
int a[M][M], n, m;
matrix() {
n = m = 0;
memset(a, 0, sizeof(a));
}
} F, G;
matrix operator* (const matrix &a, const matrix &b) {
matrix tmp;
tmp.n = a.n, tmp.m = b.m;
for (int i = 0; i < tmp.n; i ++ ) {
for (int j = 0; j < tmp.m; j ++ ) {
for(int k = 0; k < a.m; k ++ ) {
tmp.a[i][j] = (tmp.a[i][j] + a.a[i][k] * b.a[k][j] %K) %K;
}
}
}
return tmp;
}
matrix Power(matrix a, int k) {
matrix ans = a;
for (k --; k; a = a * a, k >>= 1)
if (k & 1) ans = ans * a;
return ans;
}
int main()
{
cin >> n >> m >> K >> (a + 1);
F.n = 1, F.m = G.m = G.n = m;
for (int i = 2, j = 0; i <= m; i ++ ) {
for (j = nxt[i - 1];j && a[j + 1] != a[i]; j = nxt[j]);
nxt[i] = a[j + 1] == a[i] ? j + 1 : 0;
}
for (int i = 0, j; i < m; i ++ ) {
for (char c = '0'; c <= '9'; c ++ ) {
for (j = i; j && a[j + 1] != c; j = nxt[j]);
g[i][j + (a[j + 1] == c)] ++;
}
}
F.a[0][0] = 1;
F = F * Power(G, n);
for (int i = 0; i < m; i ++ ) res = (res + F.a[0][i]) %mod;
cout << res << '\n';
return 0;
}