Time Limit: 1000 ms Memory Limit: 256 MB
Description
给定一个由且仅由字符 ‘H‘ , ‘T‘ 构成的字符串$S$.
给定一个最初为空的字符串$T$ , 每次随机地在$T$的末尾添加 ‘H‘ 或者 ‘T‘ .
问当$S$为$T$的后缀时, 在末尾添加字符的期望次数.
Input
输入只有一行, 一个字符串$S$.
Output
输出只有一行, 一个数表示答案.
为了防止运算越界, 你只用将答案对$10^9+7$取模.
Sample Input |
Sample Output |
HTHT |
20 |
题解
题目的本质其实就是：从左到右一位一位填字符（0或1，概率都为$0.5$），如果当前字符不满足目标串的相应字符，就要退回到之前的某一位继续匹配，求成功填满整个字符串的期望填充次数。
其中，“退回”的操作，实际上是为了满足题目所说的“后缀”，这点要清楚，失配后不会从头开始，而是从类似KMP的next位置继续匹配。
支持数组：
那么我们对$S$预处理正常KMP的next数组，和一个数组$g[i][j]$ $(j=0,1)$，表示已正确填好前$i$位字符，第$i+1$位字符填了$j$后，匹配的位置。
设第$i+1$位正确的字符为$x$，那么有
$g[i][x]=i+1$
$g[i][x\text^1]=g[next[i]][x\text^1]$
如果当前第$i$位我们填入$y$，那么下一步我们就应该从$g[i-1][y]$处开始匹配。
期望DP：
设$f_i$表示当前前$i$位已正确填充好，成功填入下一位$i+1$的期望填充次数，$wrong$为$i+1$位的错误字符。
转移即为：
$\begin{aligned}
f_i&=0.5*1+0.5*(1+\sum_{j=g[i][wrong]}^{i}f_j)\\
f_i&=0.5*1+0.5*(1+f_i+\sum_{j=g[i][wrong]}^{i-1}f_j)\\
\frac{1}{2}f_i&=0.5*1+0.5*(1+\sum_{j=g[i][wrong]}^{i-1}f_j)\\
f_i&=2+\sum_{j=g[i][wrong]}^{i-1}f_j
\end{aligned}$
第一行什么意思呢？
我们有$0.5$的概率$1$次填上对的字符；
也有$0.5$的概率填充$1$次，结果填错了，蹦回$g[i][wrong]$，再一路走到$i+1$。
我们边算期望边处理一个前缀和$sum_i=\sum\limits_{j=0}^{i-1}f_j$，这样公式中求和的部分就变成了：
$f_i=2+sum_{i}-sum_{g[i][wrong]}$
答案也就是$sum_{len(S)}$，从$0$一路走到$S$的最后。
时空复杂度$O(n)$
1 #include <cstdio>
2 #include <cstring>
3 using namespace std;
4 typedef long long ll;
5 const int N=1000010,Mod=1e9+7;
6 char inp[N];
7 int n,s[N],g[N][2],nex[N];
8 ll sum[N];
9 ll max(ll x,ll y){return x>y?x:y;}
10 void kmp(){
11 nex[1]=0;
12 for(int i=2,j;i<=n;i++){
13 j=nex[i-1];
14 while(j&&s[j+1]!=s[i]) j=nex[j];
15 if(s[j+1]==s[i]) nex[i]=j+1;
16 else nex[i]=0;
17 }
18 for(int i=0;i<n;i++){
19 g[i][s[i+1]]=i+1;
20 g[i][s[i+1]^1]=g[nex[i]][s[i+1]^1];
21 }
22 }
23 int main(){
24 scanf("%s",inp+1);
25 n=strlen(inp+1);
26 for(int i=1;i<=n;i++) s[i]=inp[i]==‘T‘;
27 kmp();
28 ll f;
29 sum[1]=2;
30 for(int i=1;i<n;i++){
31 f=(sum[i]+Mod-sum[g[i][s[i+1]^1]]+2)%Mod;
32 sum[i+1]=(sum[i]+f)%Mod;
33 }
34 printf("%lld\n",sum[n]);
35 return 0;
36 }
奇妙代码