TC SRM599 div2 p950

tc的题意还是非常好理解的，所以也就不再赘述题意。

首先，对于这道题，我第一个想的就是组合数公式，首先对所有的字符串进行字典序排序，这样的话，所有的前缀连通块就全都凑到了一起，然后数出来所有的连通块的长度，按照组合数公式往里面套，就可以了，但是组合数取模还是忘了= =于是乎就没有按着这个方法写。

另一个方法貌似是dp，说实话，最开始并没有想到dp的这个姿势（果然还是dp太渣渣了）。

dp[i][j]表示的是以第i个字符串为结尾，前缀连续长度为j的方案数，当然我们目前只考虑这个前缀的规律，因为剩下的随意，直接乘以阶乘就可以啦～～那么这个数一定来自于以第i个字符串的所有的前缀为结尾，前缀连续长度为j-1个的时候的方案数，那么我们只需要预处理出来每一个字符串的前缀是第几个，就可以得到这个方法了。

代码如下

class SimilarNames2 {
public:typedef long long ll;ll a[55], dp[55][55];vector<int> adj[55];void init(){memset(a, 0, sizeof(a));a[0] = 1;for (int i = 1; i <= 50; i++)a[i] = (a[i - 1] * i) % mod;}bool judge(string a, string b){return b.find(a) == 0;}int count(vector <string> names, int L){init();int n = names.size();for (int i = 0; i < n; i++)for (int j = 0; j < n; j++)if (i == j) continue;else if (judge(names[i], names[j])) adj[j].push_back(i);memset(dp, 0, sizeof(dp));for (int i = 0; i < n; i++) dp[i][0] = 1;for (int j = 1; j < L; j++)for (int i = 0; i < n; i++)for (int k = 0; k < adj[i].size(); k++){int x = adj[i][k];dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[x][j - 1]) % mod;}ll ans = 0;for (int i = 0; i < n; i++)ans = (ans + dp[i][L - 1] * a[n - L]) % mod;return (int)ans;}
};

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