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直接说做法了。首先是 我是不会告诉你我看完题后不太会 摸了2h鱼后看题解 一直翻发现自己题目有些没读完整。。
题目中说了每个字符串长度相同 而我一直在思考AC自动机可能存在一些节点是不合法的且其还是其他节点的fail节点这个时候我很茫然不知道怎么dp了。。
实际上 长度相同那么一定不存在上述情况 发生 那么久很好解决了 我们很容易就可以列出来概率矩阵。
显然是存在一些环的问题的 对于终止节点我们定义其不向其他节点做出概率贡献。
然后我们利用这个矩阵不断的自乘进行概率的转移 最后会不断收敛 最后就是第一行的值了 (至于为什么 自己思考。
当然我们也应该知道这个应该是收敛的 因为可以考虑两种情况 多种概率不断交换的 但是其值不变的 乘多少次都无效。 对于概率改变的 我们自乘矩阵几十次也相当于一个矩阵被我们乘了2^几十次 这个是非常庞大的所以该转移的概率显然也转移完了 我们把后面的精度忽略掉就是正确答案。
当然这个思路并不是那么顺畅 比较顺的是 高斯消元啊 遇到有环的问题 首选高消且这个数据范围还支持高消。
设f[i]表示到达第i个点的期望次数 列出来i的转移方程。
可以发现 f[0]=1+... 因为初始是1 我们将这n个方程组解一下即可得到到达每个点的期望次数。同时注意终止节点始终不贡献转移。
可以发现最后求的是概率 感性的理解 这里的期望次数其实就是概率 可以这样考虑 我们初始只有f[0]=1 这个表示了0被期望经过的次数。
除了0这个节点 其余的所有节点都是从0出发来经过的 0到他们的期望次数显然<1 且 这是和概率有关的 概率*结果=次数 我们发现这个结果被定义为单位1了即经过就是经过了 没有经过就没有经过 所以此处概率等于次数。
综上这道题两种方法均可。
const int MAXN=110;
int n,m,l,cnt;
char ch[MAXN];
int t[MAXN][10],fail[MAXN],pos[MAXN],c[MAXN],q[MAXN];
db a[MAXN][MAXN],p[MAXN];
inline void get_fail()
{
int l=0,r=0;
for(int i=0;i<m;++i)if(t[0][i])q[++r]=t[0][i];
while(++l<=r)
{
int x=q[l];
for(int i=0;i<m;++i)
{
if(t[x][i])fail[t[x][i]]=t[fail[x]][i],q[++r]=t[x][i];
else t[x][i]=t[fail[x]][i];
}
}
}
inline void GAUSS()//普通高消
{
for(int i=0;i<=cnt;++i)//寻找第i个主元
{
int p=i;
for(int j=i+1;j<=cnt;++j)
if(fabs(a[j][i])>fabs(a[p][i]))p=j;
if(i!=p)rep(0,cnt+1,j)swap(a[p][j],a[i][j]);
for(int j=0;j<=cnt;++j)//约旦消元
{
if(i==j)continue;
db d=a[j][i]/a[i][i];
for(int k=0;k<=cnt+1;++k)a[j][k]-=a[i][k]*d;
}
}
rep(0,cnt,i)a[i][cnt+1]/=a[i][i];
}
int main()
{
freopen("1.in","r",stdin);
gt(n);gt(l);gt(m);
rep(1,m,i)
{
int x,y;gt(x);gt(y);
p[i-1]=(db)x/y;
}
rep(1,n,i)
{
scanf("%s",ch+1);
int p=0;
rep(1,l,j)
{
int w=ch[j]-'A';
if(!t[p][w])t[p][w]=++cnt;
p=t[p][w];
}
pos[i]=p;c[p]=1;
}
get_fail();
for(int i=0;i<=cnt;++i)
{
a[i][i]+=-1;
if(c[i])continue;
for(int j=0;j<m;++j)
{
int tn=t[i][j];
//cout<<i<<' '<<tn<<endl;
a[tn][i]+=p[j];
}
}
a[0][cnt+1]=-1;
//rep(0,cnt,i){rep(0,cnt+1,j)cout<<a[i][j]<<' ';cout<<endl;}
GAUSS();
rep(1,n,i)if(fabs(a[pos[i]][cnt+1])<EPS)puts("0.00");else printf("%.2lf\n",a[pos[i]][cnt+1]);
return 0;
}