Problem Discription\] \\color{blue}{\\texttt{\[Problem Discription\]}} \[Problem Discription
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Analysis\] \\color{blue}{\\texttt{\[Analysis\]}} \[Analysis
既然都是字符串前缀的问题了，那当然首先就应该想到 Trie \text{Trie} Trie 树。
我们可以发现这么一个性质，如果选从根到 Trie \text{Trie} Trie 树上某一点形成给定字符串作为前缀，那么子树内所有的字符串都会被归为这个类，子树外的其它字符串都不会被归为这个类。
于是可以想到在 Trie \text{Trie} Trie 上进行 dp \text{dp} dp。用 f u , k f_{u,k} fu,k 表示把子树 u u u 内的字符串分为 k k k 类的方案数。
根据上面的性质，其实这个 dp \text{dp} dp 等价于从 u u u 及其子树中选出 k k k 个点的方案数，因而转移方程显然。
但是需要注意的是，如果选择了 u u u 这个点，那么 u u u 的子树的点都不可以被选取，不然就会有些字符串被分入两个组中。当然，如果 k = 1 k=1 k=1，那么选择 u u u 也是可能的合法的选择。
另外，因为每个字符串都要被分入其中一个组，因此 k k k 不能小于等于 0 0 0。
考虑清楚边界情况就可以开始写代码了。
另外，由于每个节点最多也就 3 3 3 个子树，因此没必要写得那么复杂，枚举每棵子树内选取多少个点就可以了。
时间复杂度最多 O ( N K × max { ∣ s ∣ } ) O(NK \times \max \{ |s| \}) O(NK×max{∣s∣})。其中 max { ∣ s ∣ } \max \{ |s| \} max{∣s∣} 表示字符串长度的最大值。
Code \color{blue}{\text{Code}} Code
cpp
const int mod=1e9+7;
const int N=210,M=110,L=2010;
int id(char ch){
switch (ch){
case 'l': return 0;
case 'q': return 1;
case 'b': return 2;
default: return -1;
}
}
struct Trie_Tree{
int ch[L][3],ndcnt,cnt[L],child[L];
bool flag[L];
void init(){
memset(ch,-1,sizeof(ch));
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
memset(flag,false,sizeof(flag));
memset(child,0,sizeof(child));
ndcnt=0;
}
void insert(string s){
int l=s.length(),u=0;
for(int i=0;i<l;i++){
int c=id(s[i]);
if (ch[u][c]==-1){
ch[u][c]=++ndcnt;
++child[u];
}
++cnt[u];//统计字符串的数量
u=ch[u][c];
}
++cnt[u];
flag[u]=true;
}
}trie;
int f[L][M],n,m;
int dp(int u,int k){
if (trie.cnt[u]<k) return 0;
if (~f[u][k]) return f[u][k];
if (k<=0) return 0;
if (trie.flag[u]) return k==1;
int res=((k==1)?1:0);
if (trie.child[u]==1){
int c;
if (~trie.ch[u][0]) c=trie.ch[u][0];
else if (~trie.ch[u][1]) c=trie.ch[u][1];
else c=trie.ch[u][2];
res=(res+dp(c,k))%mod;
}
else if (trie.child[u]==2){
int c1,c2;
if (~trie.ch[u][0]){
c1=trie.ch[u][0];
if (~trie.ch[u][1]) c2=trie.ch[u][1];
else c2=trie.ch[u][2];
}
else c1=trie.ch[u][1],c2=trie.ch[u][2];
for(int i=1;i<k;i++)
res=(res+1ll*dp(c1,i)*dp(c2,k-i)%mod)%mod;
}
else{
for(int i=1;i<k;i++)
for(int j=1;j<k-i;j++)
res=(res+1ll*dp(trie.ch[u][0],i)*dp(trie.ch[u][1],j)%mod*dp(trie.ch[u][2],k-i-j)%mod)%mod;
}
return f[u][k]=res;
}
int main(){
cin>>n>>m;
trie.init();
for(int i=1;i<=n;i++){
string s;cin>>s;
trie.insert(s);
}
memset(f,-1,sizeof(f));
printf("%d",dp(0,m));
return 0;
}