题意：给你N个模式串( 只含 'A' , 'T' , 'G' , 'C' )以及一个文本串长度m，每个串的长度不会超过10，求出有多少个串满足不包含所有的模式串，并且长度为m. 结果 mod 100000
思路：我们要使组成的串不包含模式串，如果从AC自动机的角度来想就是每一次都不能走到某个模式串结尾的位置（结点）同时他的下一个位置也不能是某个模式串的结尾，不然就不符合条件。
然后我们把符合条件的结点。以及能够互相达到的结点用邻接矩阵来存。在根据图论（下面有将）中有关邻接矩阵幂的性质来求得以 a 开始 b 结尾（长为m）的方案个数。最后我们对每个结果求和即可。其中有关矩阵乘法，我们可以用矩阵快速幂来求得。
(图论)邻接矩阵的幂：在图论中，我们可以用0,1的邻接矩阵表示图中边集，或者说点集中两两间的连通性。
设A是某个图的邻接矩阵
考虑矩阵乘法的定义：
\[令\space C=A \times B,\space\space即C_{ij}=\sum\limits_{k=1}^nA_{ik}\times B_{kj}\]
\[则A^2_{ij}=\sum\limits_{k=1}^nA_{ik}\times A_{kj}\]
邻接矩阵\(A\)中的元素都是用\(0,1\)来表示是否联通的，或者说，代表有没有方法从i走到j。那么，\(A_{(i,j)}×A_{(k,j)}\)就是表示从\(i\) 走到 \(k\) 再走到 \(j\) 是否可行。可以发现，\(A^2\)就是取了一个 \(\sum\) ，即统计用2步从i走到\(j\)的方法总数。
考虑累乘的效果，矩阵\(A_m\)所代表的意义就是从点与点之间走\(m\)步能够到达的方案总数
code:
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
#include <complex>
#include<stack>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 250;
const int maxn = 1e3;
const int mod = 100000;
queue<int>q;
int mapp[maxn][maxn];
int size;
struct AC_Automata{
int tire[N][4];
int val[N];
int last[N];
int fail[N];
int count[N];
int tot;
void init(){
tot = 1;
val[0] = fail[0] = last[0] =0;
memset(tire[0],0,sizeof(tire[0]));
}
int get_id(char ch){
if(ch=='A') return 0;
if(ch=='C') return 1;
if(ch=='G') return 2;
if(ch=='T') return 3;
}
void insert(char *s,int v){
int len = strlen(s);
int root = 0;
for(int i=0;i<len;i++){
int id = get_id(s[i]);
if(tire[root][id]==0){
tire[root][id] = tot;
memset(tire[tot],0,sizeof(tire[tot]));
val[tot++] = 0;
}
root = tire[root][id];
}
val[root] = 1;
}
void build(){
while(!q.empty()) q.pop();
last[0] = fail[0] = 0;
for(int i=0;i<4;i++){
int root = tire[0][i];
if(root!=0){
fail[root] = 0;
last[root] = 0;
q.push(root);
}
}
while(!q.empty()){
int k = q.front();
q.pop();
for(int i=0;i<4;i++){
int u = tire[k][i];
if(u==0){
tire[k][i] = tire[fail[k]][i];
continue;
}
q.push(u);
fail[u] =tire[fail[k]][i];
last[u] = val[fail[u]]?fail[u]:last[fail[u]];
}
}
}
void get_count(int i){
if(val[i]){
count[val[i]]++;
get_count(last[i]);
}
}
void query(char *s){
int len = strlen(s);
int j=0;
for(int i=0;i<len;i++){
int id = get_id(s[i]);
while(j && tire[j][id]==0){
j=fail[j];
}
j = tire[j][id];
if(val[j])
get_count(j);
else if(last[j])
get_count(j);
}
}
}ac;
#define Mod 100000
#define N 200
ll a[N][N];
int n;
void Multi(ll a[][N], ll b[][N], ll c[][N]) {
for (int i=0; i<n; i++)
for (int j=0; j<n; j++) {
c[i][j] = 0;
for (int k=0; k<n; k++)
c[i][j] = (c[i][j] + a[i][k]*b[k][j]) % Mod;
}
}
void copy(ll d[][N], ll s[][N]) {
for (int i=0; i<n; i++) for (int j=0; j<n; j++)
d[i][j] = s[i][j];
}
void PowerMod(ll a[][N], ll b) {
ll t[N][N], ret[N][N];
for (int i=0; i<n; i++) ret[i][i] = 1;
while (b) {
if (b & 1) { Multi(ret, a, t); copy(ret, t); }
Multi(a, a, t); copy(a, t);
b >>= 1;
}
copy(a, ret);
}
void init() {
n = ac.tot;
int u;
memset(a, 0, sizeof(a));
for (int i=0; i<n; i++) if (!ac.val[i] && !ac.last[i]) {
for (int j=0; j<4; j++) {
u = ac.tire[i][j];
if (!ac.val[u] && !ac.last[u]) a[i][u]++;
}
}
}
int main() {
char s[12];
int m;
ll b;
while (scanf("%d %lld", &m, &b) == 2) {
ac.init();
for (int i=1; i<=m; i++) {
scanf(" %s", s); ac.insert(s, i);
}
ac.build();
init();
PowerMod(a, b);
ll sum = 0;
for (int i=0; i<n; i++) sum = (sum + a[0][i]) % Mod;
printf("%lld\n",sum);
}
return 0;
}