傳送門.
我這麼菜怎麼可能會標算的神仙解法？
我們發現如果直接考慮有乙個子串不妨轉換為沒有子串合法的意思是假設現在匹配了s[1…x]，新加乙個字元c，不存在s
[1..y]
=s[x
−y
+1..x]
，且s[
y+1]
>c(
y可以=
0)
s[1..y]=s[x-y+1..x]，且s[y+1]>c(y可以=0)
s[1..y
]=s[
x−y+
1..x
]，且s
[y+1
]>c(
y可以=
0)那這個東西怎麼計數呢？
如果已經有無限個t拼起來，再加乙個t，在自動機上的點不會變。
也就是從自動機上乙個點出發，走完t之後，回到原點的方案數。
那麼只需要列舉起點，就可以得到乙個o(n
2m
)o(n^2m)
o(n2m)
的做法。
再想想有什麼美妙的性質，乙個點的合法出邊中,只有至多一條不是轉移到0的，這個結論可以由合法邊的判定得到。
那麼列舉這個點走了多少步走到0，後面的事情只用對0做乙個預處理的dp。
code：
#include
#define fo(i, x, y) for(int i = x, b = y; i <= b; i ++)
#define ff(i, x, y) for(int i = x, b = y; i < b; i ++)
#define fd(i, x, y) for(int i = x, b = y; i >= b; i --)
#define ll long long
#define pp printf
#define hh pp("\n")
using namespace std;
const
int n =
2005
;int m, n;
char s[n]
;int nt[n]
, to[n][26
];const
int mo =
998244353
;ll f[n]
[n], ans;
intmain()
fo(i,
0, n)
} f[0]
[0]=
1;fo(i,
0, m -1)
}fo(j,0
, n) f[i +1]
[j]%
= mo;
} ans =1;
fo(i,
1, m) ans = ans *
26% mo;
fo(i,
0, n)
if(x == i) ans --;}
ans =
(ans % mo + mo)
% mo;pp(
"%lld\n"
, ans)
;}
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