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[coci2016-2017 contest#7 t6] kl**ir
題目傳送門
首先讀懂題意，我們發現，對於當前正在彈奏的一段樂曲，有以下兩種情況：
第二種情況比較簡單，對於第二種情況，那麼有：
\[dp_i=dp_+\frac+\frac\times(dp_i-dp_1+1)+\frac\times(dp_i+1)
\]\[\rightarrow dp_i=n\times dp_
\]其中，第乙個 \(\frac\) 表示第 \(i\) 個音符直接彈奏正確的期望，\(\frac\times(dp_i-dp_1+1)\) 表示這個音符彈奏錯誤，但與第乙個音符相同的期望，\(\frac\times(dp_i+1)\) 表示這個音符彈奏錯誤，同時與第乙個音符不同的期望。
樣例三對應的就是這種情況。
3
31 2 3
3
927
前字尾顯然可以用 kmp 預處理處理。
設已經彈奏了 \(1\to i\)，現在要彈奏第 \(i+1\) 個音符。列舉當前彈奏音符 \(j\)。彈錯時，需要找到最長的已經彈對的字首，記為 \(k_j\)，於是有：
\[dp_=dp_i+\frac+\frac\times\sum\limits_^n(dp_-dp_+1)(j\neq a_)
\]\[\rightarrow dp_=dp_i+n+\sum\limits_^n(dp_-dp_)(j\neq a_)
\]其中 \(\frac\times\sum\limits_^n(dp_-dp_+1)(j\neq a_)\) 表示彈錯了，但已經彈對字首 \(1\to k\)，接著從 \(k+1\) 彈到 \(n+1\) 的期望。兩層迴圈跑一下就完了。時間複雜度 \(\mathcal(n\times m^2)\)，實測可過（大概是機子跑得快的原因）。
dp[1] = n;
f(i, 1, m)
}dp[i + 1] = (s + n + dp[i]) % mod;
}
我們記當前為第 \(i\) 個音符，下乙個音符是 \(j\) 時，最終跳到的位置為 \(f_\)，那麼 \(f_\) 和 \(f_\) 只有在 \(j=a_\) 時是不同的。因此對於 \(dp_\) 可以直接繼承 \(dp_}\) 的答案，再額外計算 \(j=a_\) 的貢獻即可。從上面方法中，可以看出 \(j=a_\) 的貢獻就是 \(n^\)。
綜上可得：
\[dp_i=dp_+n^i
\]時間複雜度 \(\mathcal(m)\)，算是十分優秀了。
#include #define reg register
#define ll long long
#define _min(x, y) ((x) < (y) ? (x) : (y))
#define _max(x, y) ((x) > (y) ? (x) : (y))
#define min(x, y) ((x) > (y) and ((x) = (y)))
#define max(x, y) ((x) < (y) and ((x) = (y)))
#define f(i, a, b) for (reg int i = (a); i <= (b); ++i)
#define pf(i, a, b) for (reg int i = (a); i >= (b); --i)
#define for(i, x) for (reg int i = head[(x)]; i; i = net[(i)])
using namespace std;
bool beginning;
inline int read();
const int n = 1e6 + 5, mod = 1e9 + 7;
int n, m, a[n], fail[n];
inline void init()
}bool ending;
int main()
init();
int t = n;
f(i, 1, m)
return 0;
}inline int read()
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
return f ? x : -x;
}
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