BCD code 题解 -> 传送门

### AC自动机请滚蛋 , 而是真正的字符串\(dp\)+数位\(dp\)

注意到所有的数位\(dp\) , 都是从首位开始加数字的 , 那么在每一次加入过后 , 若这段后缀字符串已经与某个字符串相同 , 这个状态一定不会继续

而它的后缀与某一字符串相同的条件 , 一定是与某个字符串的某一段前缀相同!

所以 , 我们定义某一个字符串的状态为它是那段字符串的哪一个前缀 , 而其他的状态实际并没有意义

string s[N];
vector <string> S;
S.clear();S.push_back("");
for(int i=1; i<=n; i++){string t;t.clear();for(int j=0,len=s[i].size(); j<len; j++){t.push_back(s[i][j]);S.push_back(t);}
}
sort(S.begin(),S.end());
S.erase(unique(S.begin(),S.end()),S.end());
int k=S.size();

这里我们用一个\(vector\)存下了所有状态

(当然是要\(unique\)去重的)

也就是说 , 现在我们给每个字符串定义了一个状态(以及一个\(0\)匹配的字符串状态)

接下来考虑状态的转移

在这道题中 , 我们每次实际只会在字符串的末尾加入一个\(0/1\)

而这段字符加入后必然产生一个新的状态 , 即找到一段新的前缀与它的后缀匹配

那如何匹配呢?(算法请滚开)

不断删去第一个字符 , 然后找找有没有匹配即可

都排好序了 , 匹配当然用\(lowerbound()\)啦

for(int i=0;i<k;i++){c[i]=0;for(int j=1;j<=n;j++){if(s[j].size()<=S[i].size()){if(s[j]==S[i].substr(S[i].size()-s[j].size(),S[i].size())){c[i]=1;break;}}}for(int j=0;j<2;j++){string tmp=S[i]+char(j^'0');while(1){int p=lower_bound(S.begin(),S.end(),tmp)-S.begin();if(p<k)if(S[p]==tmp){ Nxt[i][j]=p; break; }tmp=tmp.substr(1);}}
}

预处理复杂度\(O(n^2 \cdot 20^2 +n \cdot log(n) \cdot 20)\) 以及很大的常数

这里我们善用了C++优秀的\(string\)操作

然后我们预处理好了\(Nxt[i][j]\)即在第\(i\)个状态后加入\(j\)达到的新状态

如果想让算法再快点 , 还可以把加入每个数字的结果预处理出来

for(int i=0;i<k;i++){for(int j=0;j<10;j++){C[i][j]=c[i];int now=i;for(int o=3; o>=0; o--)now=Nxt[now][(j&(1<<o))>0],C[i][j]|=c[now];nxt[i][j]=now;}
}

注意这里的\(C[i][j]\)数组代表这个状态会不会与某一字符串匹配

那么预处理完再直接跑数位\(dp\)岂不是很棒

数位\(dp\) -> 传送门

还有初始状态一定是\(0\)匹配状态

整体\(Code\)

#include <cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<cstring>
using namespace std;const int N=210,MOD=1e9+9;
typedef long long ll;int n,m,k;
string s[N];
vector <string> S;
bool c[N*10],C[N*10][100];
int Nxt[N][N],nxt[N][N];
void init(){S.clear();S.push_back("");for(int i=1; i<=n; i++){string t;t.clear();for(int j=0,len=s[i].size(); j<len; j++){t.push_back(s[i][j]);S.push_back(t);}}sort(S.begin(),S.end()),S.erase(unique(S.begin(),S.end()),S.end());k=S.size();for(int i=0;i<k;i++){c[i]=0;for(int j=1;j<=n;j++){if(s[j].size()<=S[i].size()){if(s[j]==S[i].substr(S[i].size()-s[j].size(),S[i].size())){c[i]=1;break;}}}for(int j=0;j<2;j++){string tmp=S[i]+char(j^'0');while(1){int p=lower_bound(S.begin(),S.end(),tmp)-S.begin();if(p<k)if(S[p]==tmp){ Nxt[i][j]=p; break; }tmp=tmp.substr(1);}}}for(int i=0;i<k;i++){for(int j=0;j<10;j++){C[i][j]=c[i];int now=i;for(int o=3; o>=0; o--)now=Nxt[now][(j&(1<<o))>0],C[i][j]|=c[now];nxt[i][j]=now;}}
}struct node{int a[N],len;void Get(){char s[N];memset(a,0,sizeof a);scanf("%s",s);len=strlen(s);for(int i=0;i<len;i++)a[len-i]=s[i]^'0';}void Dec(void){a[1]--;int p=1;while(a[p]<0&&p<=len)a[p]+=10,a[p+1]--,p++;while(a[len]==0&&len>=1)len--;len=max(len,1);}
}X;int f[N][N*10][4];int dfs(int p,int limit,int k,bool fl){if(!p)return fl;if(!limit&&~f[p][k][fl])return f[p][k][fl];int R=limit?X.a[p]:9,ans=0;for(int i=0;i<=R;i++){int nk=k,nfl=fl||i;if(nfl){nk=nxt[nk][i];if(C[k][i])continue;}(ans+=dfs(p-1,limit&&i==R,nk,nfl))%=MOD;}if(!limit)f[p][k][fl]=ans;return ans;
}int Solve(){m=X.len;return dfs(m,1,0,0);
}int L,R;
int main(){int T;scanf("%d",&T);for(int kase=1; kase<=T; kase++){memset(f,-1,sizeof f);scanf("%d",&n);for(int i=1; i<=n; i++)cin>>s[i];init();X.Get();X.Dec();int res=-Solve();X.Get();res+=Solve();res=(res%MOD+MOD)%MOD;printf("%d\n",res);}
}