HDU 3341 Lost's revenge（自动机+进制DP）

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3341

题意：给出n个串以及另一个串S，重新排列S串的各个字母使得n个串中为S的子串的个数最多。

思路：最后就是等同于x1个A，x2个T，x3个G，x4个C重新排列的问题。类似于状态压缩的那样，y1个A，y2个T，y3个G，y4个C的状态用s=y1*(x2+1)*(x3+1)*(x4+1)+y2*(x3+1)*(x4+1)+y3*(x4+1)+y4来表示。f[i][j]表示到达i节点状态为j的最大值，枚举i以及其孩子k，f[i][j]=max(f[k][j-p[t]]+a[k].val)，其中t为某一个孩子，p[t]为该孩子的代价。

const int N=605;





struct node

{

    int next[4],fail,val;



    void init()

    {

        clr(next,0);

        fail=0;

        val=0;

    }

};



node a[N];

int e,n,m;

int mp[130];



void init()

{

    mp['A']=0;

    mp['T']=1;

    mp['G']=2;

    mp['C']=3;

}







void insert(char s[])

{

    int i,k,p=0;

    for(i=0;s[i];i++)

    {

        k=mp[s[i]];

        if(a[p].next[k]==0)

        {

            a[e].init();

            a[p].next[k]=e++;

        }

        p=a[p].next[k];

    }

    a[p].val++;

}



queue<int> Q;



void build()

{

    int i,j,k,p,q;

    FOR0(i,4) if(a[0].next[i]) Q.push(a[0].next[i]);

    while(!Q.empty())

    {

        k=Q.front();

        Q.pop();

        for(i=0;i<4;i++)

        {

            if(a[k].next[i])

            {

                p=a[k].next[i];

                q=a[k].fail;

                Q.push(p);

                a[p].fail=a[q].next[i];

                a[p].val+=a[a[q].next[i]].val;

            }

            else

            {

                q=a[k].fail;

                a[k].next[i]=a[q].next[i];

            }

        }

    }

}



char str[100005];

int cnt[5],p[5],num[5],f[N][20005];



void DFS(int s,int dep)

{

    int i,j,k;

    if(dep==4)

    {

        FOR0(i,e) FOR0(j,4) if(num[j])

        {

            k=a[i].next[j];

            f[i][s]=max(f[i][s],f[k][s-p[j]]+a[k].val);

        }

        return;

    }

    for(i=0;i<=cnt[dep];i++)

    {

        num[dep]=i;

        DFS(s,dep+1);

        s+=p[dep];

    }

}





int main()

{

    init();

    int C=0;

    while(scanf("%d",&n),n)

    {

        a[0].init();e=1;

        int i,j,k;

        FOR0(i,n) RD(str),insert(str);

        build();

        RD(str);

        clr(cnt,0);

        for(i=0;str[i];i++) cnt[mp[str[i]]]++;

        int tot=1;

        FOR0(i,4) tot*=(cnt[i]+1);

        p[4]=1;

        for(i=3;i>=0;i--) p[i]=p[i+1]*(cnt[i+1]+1);

        clr(f,0);

        DFS(0,0);

        printf("Case %d: %d\n",++C,f[0][tot-1]);

    }

    return 0;

}