【BZOJ4820】[Sdoi2017]硬币游戏
Description
周末同学们非常无聊，有人提议，咱们扔硬币玩吧，谁扔的硬币正面次数多谁胜利。大家纷纷觉得这个游戏非常符合同学们的特色，但只是扔硬币实在是太单调了。同学们觉得要加强趣味性，所以要找一个同学扔很多很多次硬币，其他同学记录下正反面情况。用H表示正面朝上，用T表示反面朝上，扔很多次硬币后，会得到一个硬币序列。比如HTT表示第一次正面朝上，后两次反面朝上。但扔到什么时候停止呢？大家提议，选出n个同学，每个同学猜一个长度为m的序列，当某一个同学猜的序列在硬币序列中出现时，就不再扔硬币了，并且这个同学胜利，为了保证只有一个同学胜利，同学们猜的n个序列两两不同。很快，n个同学猜好序列，然后进入了紧张而又刺激的扔硬币环节。你想知道，如果硬币正反面朝上的概率相同，每个同学胜利的概率是多少。
Input
第一行两个整数n,m。
接下里n行，每行一个长度为m的字符串，表示第i个同学猜的序列。
1<=n,m<=300
Output
输出n行，第i行表示第i个同学胜利的概率。
输出与标准输出的绝对误差不超过10^-6即视为正确。
Sample Input
3 3
THT
TTH
HTT
THT
TTH
HTT
Sample Output
0.3333333333
0.2500000000
0.4166666667
0.2500000000
0.4166666667
题解：网上看了好多题解都很难懂，我换一种理解方式来说吧~
我们设与所有字符串都不匹配的串的期望长度为N，同时，期望长度也可以表示每个串的期望经过次数，因为所有串的期望经过次数之和为1，那么它也可以用来表示每个人获胜的概率。具体的说，每一个跟所有串都不匹配的串出现的概率都是相同的，它们的和就是N。（这几句话是做这道题的先决条件。）
枚举每个字符串，设当前枚举到A，我们在N后面强行加上一个串A，形成NA，它出现的概率自然就是${N\over 2^m}$，那么它是不是就是A获胜的概率呢？显然不是。因为N的后缀是不确定的，在强行加上串A时，它有可能提前形成了别的串（或者提前形成了串A本身），那么NA的概率自然就是这些情况发生的概率之和。具体地，如果：A的x前缀是B的x后缀，那么N的m-x后缀就是B的前缀，它发生的概率为$1\over 2^{m-x}$，所以当我们在AC自动机上找出所有这样的B和x后，就能得到：
$P_{NA}={P_N\over 2^m}=\sum{P_B\over 2^{m-x}}+P_A$
此外，我们还有方程$\sum Pi=1$，所以就有n+1个未知数和n+1个方程，高斯消元就好了
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long double ld;
const ld eps=1e-10;
int n,m,tot;
int pos[310],dep[90010];
struct acm
{
int ch[2],fail,dan;
}p[90010];
char str[310][310];
ld v[310][310],m2[310];
queue<int> q;
void build()
{
int i,u;
q.push(1);
while(!q.empty())
{
u=q.front(),q.pop();
for(i=0;i<=1;i++)
{
if(!p[u].ch[i])
{
if(u==1) p[u].ch[i]=1;
else p[u].ch[i]=p[p[u].fail].ch[i];
continue;
}
q.push(p[u].ch[i]);
if(u==1) p[p[u].ch[i]].fail=1;
else p[p[u].ch[i]].fail=p[p[u].fail].ch[i];
}
}
}
void gauss()
{
int i,j,k; ld t;
n++;
for(i=1;i<=n;i++)
{
for(j=i;j<=n;j++) if(fabs(v[j][i])>fabs(v[i][i])) for(k=1;k<=n+1;k++) swap(v[i][k],v[j][k]);
t=v[i][i];
for(k=i;k<=n+1;k++) v[i][k]/=t;
for(j=1;j<=n;j++) if(i!=j)
{
t=v[j][i];
for(k=1;k<=n+1;k++) v[j][k]-=t*v[i][k];
}
}
n--;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
int i,j,u,a,t;
for(m2[0]=1.0,i=1;i<=m;i++) m2[i]=m2[i-1]*0.5;
for(tot=i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",str[i]);
for(u=1,j=0;j<m;j++)
{
a=(str[i][j]=='T');
if(!p[u].ch[a]) p[u].ch[a]=++tot;
u=p[u].ch[a];
}
p[u].dan=i,pos[i]=u;
}
build();
for(i=1;i<=n;i++)
{
for(u=1,j=0;j<m;j++) u=p[u].ch[str[i][j]=='T'],dep[u]=j+1;
v[i][n+1]=m2[m];
for(j=1;j<=n;j++) for(t=pos[j];t;t=p[t].fail) if(dep[t]) v[i][j]+=m2[m-dep[t]];
for(u=1,j=0;j<m;j++) u=p[u].ch[str[i][j]=='T'],dep[u]=0;
}
for(i=1;i<=n;i++) v[n+1][i]=1;
v[n+1][n+2]=1;
gauss();
for(i=1;i<=n;i++) printf("%.10lf\n",(double)v[i][n+2]);
return 0;
}