题目链接：http://poj.org/problem?id=2778
题目大意：
给出m个字符串，求长度为n且不包含给出字符串的字符串个数
题目思路：
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这道题一共分为两步，第一步是得到字典树上每个节点走一步到达各个节点的合法方案数(起点和终点不能为非法节点，非法节点的定义下面介绍)，这个方案数通过矩阵存储，第i行第j列表示从i节点表示的状态走一步到达第j步表示的状态的方案数。第二步是这个矩阵的n次方，就得到了走n步的情况，然后节点1是根节点，所以1的那一行相加就是答案。
首先说明第一步的做法。难点在于确定非法节点，非法节点的概念定义很容易想到，就是表示的字符串包含给定字符串的节点。首先很明显，给定字符串在字典树中的结束位置一定是非法节点，但是对于ACG和C的情况，ACG中的C也是非法节点，但是没有标记上，这个时候就需要利用ac自动机的fail指针。ACG中的C的fail指针指向C，C是非法节点，所以ACG中的C也是非法节点。所以这里的处理方法就是反向建立fail指针，然后跑个dfs，如果父亲是非法节点，那么儿子一定都是非法节点，反向建边的定义是说，如果x->y，那么x是y的后缀，x是非法节点，那么y也一定是非法节点，因为y包含x。由于y已经被列为非法节点，所以它后面的节点就无法到达，因为它后面的节点需要先得到y才能获得，而y无法获得，所以一石二鸟，这一部分要做的就是反向建立fail边，只要父亲是非法节点，所有儿子都设为非法节点。然后通过遍历节点，枚举他们通过四个字母能够到达的状态，如果是非法状态就跳过，否则就给对应的情况++，就得到了我们需要的矩阵。
第二步就是矩阵快速幂的裸题了。基础矩阵是我们需要的矩阵，需要乘的矩阵也是我们需要的矩阵，因为是我们需要的矩阵的n次，基础矩阵已经有一次了，所以他的次方只用n-1次就行。
以下是代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<vector>
using namespace std;
#define ll long long
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for(ll i=a;i>=b;i--)
#define ll long long
const int MAXN = 105;
const int MOD = 100000;
char s[105];
int trie[MAXN][5],tot,pos[MAXN],fail[MAXN],num[MAXN];
int a[MAXN][MAXN],f[MAXN][MAXN];
void mul(int f[105][105],int a[105][105]){
int c[105][105];
memset(c,0,sizeof(c));
rep(i,1,tot){
rep(j,1,tot){
rep(k,1,tot){
c[i][j]=(c[i][j]+(ll)f[i][k]*a[k][j])%MOD;
}
}
}
memcpy(f,c,sizeof(c));
}
void mulself(int a[105][105]){
int c[105][105];
memset(c,0,sizeof(c));
rep(i,1,tot){
rep(j,1,tot){
rep(k,1,tot){
c[i][j]=(c[i][j]+(ll)a[i][k]*a[k][j])%MOD;
}
}
}
memcpy(a,c,sizeof(c));
}
void Insert(int x){
int len=strlen(s),p=1;
rep(i,0,len-1){
int ch;
if(s[i]=='A')ch=0;
if(s[i]=='C')ch=1;
if(s[i]=='T')ch=2;
if(s[i]=='G')ch=3;
if(!trie[p][ch])trie[p][ch]=++tot;
p=trie[p][ch];
}
num[p]++;
}
queue<int>q;
vector<int>v[MAXN];
void dfs(int u,int x){
int len=v[u].size();
if(x==1)num[u]=1;
rep(i,0,len-1){
int y=v[u][i];
if(num[u])dfs(y,1);
else dfs(y,x);
}
}
int main()
{
int m,n;
while(~scanf("%d%d",&m,&n)){
tot=1;
memset(trie,0,sizeof(trie));
memset(num,0,sizeof(num));
rep(i,1,m){
scanf("%s",s);
Insert(i);
}
rep(i,0,tot)v[i].clear();
rep(i,0,3)trie[0][i]=1;
q.push(1);
while(!q.empty()){
int u=q.front();
q.pop();
rep(i,0,3){
if(trie[u][i]){
fail[trie[u][i]]=trie[fail[u]][i];
q.push(trie[u][i]);
}
else{
trie[u][i]=trie[fail[u]][i];
}
}
}
rep(i,2,tot)v[fail[i]].push_back(i);
dfs(1,0);
memset(a,0,sizeof(a));
rep(i,1,tot){
if(num[i])continue;
rep(j,0,3){
int p=trie[i][j];
if(num[p])continue;
a[i][p]++;
}
}
rep(i,1,tot){
rep(j,1,tot)f[i][j]=a[i][j];
}
n--;
for(;n;n>>=1){
if(n&1)mul(f,a);
mulself(a);
}
int ans=0;
rep(i,1,tot){
ans=(ans+f[1][i])%MOD;
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}