Description

Input

从文件 return.in 中读入数据。
输入文件的第1行2个整数n,m，表示时间线的长度和转移的个数。
后面m行每行2个空格隔开的字符串A? ,B? ，描述一组转移。

Output

输出到文件 return.out 中。
输出文件仅1行，1个非负整数，表示答案。

Sample Input

2 3
A B
A C
D D

Sample Output

5
解释：一种最优方案：AA → AB → BA → BC → CB。

Data Constraint

Solution

我们发现其实所谓字符串转换只跟每个字母的个数有关，因为相邻两个字母可以交换。
首先我们要意识到一点：状态数和方案数都不会很多！！！
状态数只有：C4−130+4−1=C333=5456C30+4−14−1=C333=5456C_{30+4-1}^{4-1}=C_{33}^{3}=5456 （用挡板问题解决）。
而答案也不会很多，C1530C3015C_{30}^{15} 也没多大（字母数总和最多才30），并不会爆 long long 。
对于一个状态（设其A-D的个数分别是p1,p2,p3,n−p1−p2−p3p1,p2,p3,n−p1−p2−p3p_1,p_2,p_3,n-p_1-p_2-p_3），
那么它可以转换成的不同排列个数就是：

Cp1n∗Cp2n−p1∗Cp3n−p1−p2∗Cn−p1−p2−p3n−p1−p2−p3Cnp1∗Cn−p1p2∗Cn−p1−p2p3∗Cn−p1−p2−p3n−p1−p2−p3

C_n^{p_1}*C_{n-p_1}^{p_2}*C_{n-p_1-p_2}^{p_3}*C_{n-p_1-p_2-p_3}^{n-p_1-p_2-p_3}
我们将这个值设为这个状态的权值。
接着我们枚举那 mmm 中转移方式，将每种状态转移出去并连边（反正状态数又不多）。
做一遍 tarjan 缩环，一个强连通分量的权值就是其中所有点权之和。
这就变成一个点带权的DAG了，我们需要求一条最长路径，
那么直接像拓扑排序一样DP一遍就好了。
时间复杂度约为 O(C333∗m)" role="presentation" style="position: relative;">O(C333∗m)O(C333∗m)O(C_{33}^3*m) 。

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=32,M=6000;
struct data
{int x,y;
}edge[M*N];
int n,m,tot,top,num,cnt;
LL ans;
int first[M],nex[M*N],en[M*N];
int a[N<<1][5],b[N<<1][5],c[5],d[5];
int name[N][N][N],q[M],deg[M];
int dfn[M],low[M],st[M],col[M];
bool bz[M];
LL val[M],val1[M],g[N][N],f[M];
char s[N],t[N];
inline int min(int x,int y)
{return x<y?x:y;
}
inline int get(int *pos)
{return name[pos[1]][pos[2]][pos[3]];
}
inline LL calc(int *pos)
{return g[n][pos[1]]*g[n-pos[1]][pos[2]]*g[n-pos[1]-pos[2]][pos[3]];
}
inline void insert(int x,int y)
{nex[++tot]=first[x];first[x]=tot;en[tot]=y;
}
void ergodic(int x,int y)
{if(!y){name[c[1]][c[2]][c[3]]=++tot;return;}if(x>4) return;for(int i=0;i<=y;i++){c[x]=i;ergodic(x+1,y-i);c[x]=0;}
}
void dfs(int x,int y)
{if(!y){int now=get(c);val[now]=calc(c);for(int i=1;i<=m;i++){for(int j=1;j<=4;j++) d[j]=c[j]-a[i][j];bool pd=true;for(int j=1;j<=4;j++)if(d[j]<0){pd=false;break;}if(!pd) continue;for(int j=1;j<=4;j++) d[j]+=b[i][j];int to=get(d);if(now==to) continue;edge[++cnt]=(data){now,to};insert(now,to);}return;}if(x>4) return;for(int i=0;i<=y;i++){c[x]=i;dfs(x+1,y-i);c[x]=0;}
}
void tarjan(int x)
{dfn[x]=low[x]=++tot;bz[st[++top]=x]=true;for(int i=first[x];i;i=nex[i])if(!dfn[en[i]]){tarjan(en[i]);low[x]=min(low[x],low[en[i]]);}elseif(bz[en[i]]) low[x]=min(low[x],dfn[en[i]]);if(dfn[x]==low[x]){num++;do{col[st[top]]=num;bz[st[top--]]=false;}while(st[top+1]^x);}
}
void work()
{int l=0,r=0;for(int i=1;i<=num;i++)if(!deg[i]){q[++r]=i;f[i]=val1[i];if(f[i]>ans) ans=f[i];}while(l<r){int x=q[++l];for(int i=first[x];i;i=nex[i])if(f[x]+val1[en[i]]>f[en[i]]){f[en[i]]=f[x]+val1[en[i]];if(f[en[i]]>ans) ans=f[en[i]];q[++r]=en[i];}}
}
int main()
{freopen("return.in","r",stdin);freopen("return.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%s %s",s+1,t+1);int len=strlen(s+1);for(int j=1;j<=len;j++){a[i][s[j]-'A'+1]++;b[i][t[j]-'A'+1]++;}}for(int i=0;i<=n;i++) g[i][0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=i;j++) g[i][j]=g[i-1][j]+g[i-1][j-1];ergodic(1,n);int node=tot;tot=0;dfs(1,n);tot=0;for(int i=1;i<=node;i++)if(!dfn[i]) tarjan(i);for(int i=1;i<=node;i++) val1[col[i]]+=val[i];memset(first,tot=0,sizeof(first));for(int i=1;i<=cnt;i++)if(col[edge[i].x]^col[edge[i].y]){insert(col[edge[i].x],col[edge[i].y]);deg[col[edge[i].y]]++;}work();printf("%lld",ans);return 0;
}

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JZOJ 5711. 【北大夏令营2018模拟5.13】时间幻象

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