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题意：

给出字符集${A,C,G,T}$和一些字符串（长度不超过$10$，且数量不超过$10$个），求长度为$n(n \leq 2e9)$的字符串中不包括上面这些字符串的字符串的数量。

题解：

我们可以先考虑一种方式：设$dp(i,j)$是用了$i$个字符拼出符合题意的长度为$j$的字符串的数量，在本题中$dp(i,j)=\sum _{j‘ \subseteq j} dp(i-1,j‘)$，显然时间复杂度是指数级的，不可能通过题目。

因为本题是多模式匹配，所以显然使用$AC$自动机。$AC$自动机的结束结点就是不可到达结点，然后因为AC自动机上某个节点的$fail$结点表示这个字符串的前缀子串的后缀串的结点。所以如果它的$fail$结点不可达，那么这个结点一定不可达。然后我们把$AC$自动机变成一张用邻接矩阵表示的有向图，设图上结点数为$p$。

然后以下介绍两种常见的$dp$策略：

一、我们考虑$dp(i,j)$是从$Trie$的根走$i$步到编号为$j$的结点的方案数，则有$dp(i,j)=\sum _{!tr[k].flag} dp(i-1,k)$ $(tr[k].flag==true \leftrightarrow k$点不可达$)$，这时就可以在$n$比较小但是矩阵很大的时候以时间复杂度为$O(np^2)$计算出来。显然在这个题不太行。

二、我们考虑在有向图中求从$s$点出发$n$步是否能到达$t$点的求法是通过将矩阵乘$n$次求出来，这一过程可以使用矩阵快速幂加速。时间复杂度是$O(p^3logn)$，本题可以通过。

AC代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 105;
const int mod = 100000;
map<char, int>mp;
int trie[N][4];
int fail[N];
bool f[N];
struct Mat
{
	ll mat[N][N];
	Mat()
	{
		memset(mat, 0, sizeof(mat));
	}
};
char s[15];
int cnt;
void insert(char* s, int len)
{
	int root = 0;
	for (int i = 0; i < len; ++i)
	{
		int nxt = mp[s[i]];
		if (!trie[root][nxt])
			trie[root][nxt] = ++cnt;
		root = trie[root][nxt];
	}
	f[root] = 1;
}
void getfail()
{
	queue<int>q;
	for (int i = 0; i < 4; ++i)
		if (trie[0][i])
			q.push(trie[0][i]), fail[trie[0][i]] = 0;
	while (!q.empty())
	{
		int now = q.front();
		q.pop();
		if (f[fail[now]])
			f[now] = 1;
		for (int i = 0; i < 4; ++i)
		{
			if (trie[now][i])
			{
				q.push(trie[now][i]);
				fail[trie[now][i]] = trie[fail[now]][i];
			}
			else
				trie[now][i] = trie[fail[now]][i];
		}
	}
}
Mat mul(const Mat& a, const Mat& b, int n)
{
	Mat res;
	for (int i = 0; i <= n; ++i)
		for (int j = 0; j <= n; ++j)
			for (int k = 0; k <= n; ++k)
				(res.mat[i][j] += a.mat[i][k] * b.mat[k][j]) %= mod;
	return res;
}
Mat pow(Mat a, int n, ll p)
{
	Mat res;
	for (int i = 0; i <= n; ++i)
		res.mat[i][i] = 1;
	while (p)
	{
		if (p & 1)
			res = mul(res, a, n);
		a = mul(a, a, n);
		p >>= 1;
	}
	return res;
}
int dp[N][N];
void solve(ll n)
{
	Mat ans;
	for (int i = 0; i <= cnt; ++i)
	{
		if (f[i])
			continue;
		for (int j = 0; j < 4; ++j)
		{
			if (f[trie[i][j]])
				continue;
			ans.mat[i][trie[i][j]] += 1;
		}
	}
	ans = pow(ans, cnt, n);
	ll tot = 0;
	for (int i = 0; i <= cnt; ++i)
		(tot += ans.mat[0][i]) %= mod;
	printf("%lld\n", tot);
}
int main()
{
	mp[‘A‘] = 0;
	mp[‘C‘] = 1;
	mp[‘G‘] = 2;
	mp[‘T‘] = 3;
	int n;
	ll m;
	scanf("%d%lld", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
	{
		scanf("%s", s);
		insert(s, strlen(s));
	}
	getfail();
	solve(m);
	return 0;
}

$*$吐槽一下，都0202年了POJ还不支持C++11和万能头

原文地址：https://www.cnblogs.com/Aya-Uchida/p/12325588.html