【题解】[USACO12JAN]Video Game G

第一道\(AC\)自动机\(+DP.\)

首先，一个自动机上\(DP\)的套路是设\(dp[i][j]\)表示长度为\(i\)匹配到\(j\)节点的最优得分。

那么，由于我们已经建好了\(Trie\)图，我们就应该提前把走到节点\(j\)的所有连击操作处理出来。

有一条显然结论：如果在\(fail\)树上经过了这个串结尾节点中子树中的任意一点，则这次匹配一定会包含这个串。

换句话说，我们在对每一个节点更新\(fail\)的时候，其分值应该直接把其\(fail\)的分值加上。

于是我们进行\(dp.\)

首先初始值都是\(-inf,\)但对于匹配节点在根的情况应该是\(0.\)

至于为什么\(dp[0][*]\)不能赋值为\(0,\)是因为根本不可能存在这种状态。匹配长度为\(0\)不可能匹配到其他节点。

但初始时，不管哪一个节点和\(0\)匹配，其一定不会有任何分数。根节点本身是一个空节点。

解决初始值问题，我们可以进行\(dp.\)

枚举长度，枚举节点，再枚举字符。对于一个状态，我们应该取所有能到达这个状态的\(dp\)值的\(\max.\)因为我只能输入\(k\)个字符。

剩下的就是模板了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dp[5000][2000];
const int MAXN=4000;
int pos[MAXN],cnt[MAXN];
int tot,n;
char st[MAXN];
struct Tree{
	int ch[3],fail;
}T[MAXN];
vector<int>to[MAXN];
int num[MAXN];
int insert(char *str,int len){
	int u=0;
	for(int i=0;i<len;++i){
		int x=str[i]-'A';
		if(!T[u].ch[x])T[u].ch[x]=++tot;
		u=T[u].ch[x];
	}
	num[u]++;return u;
}
void bfs(){
	queue<int>q;
	for(int i=0;i<3;++i){
		if(T[0].ch[i]){
			int v=T[0].ch[i];
			T[v].fail=0;
			q.push(v);
		} 
	}
	while(!q.empty()){
		int u=q.front();q.pop();
		for(int i=0;i<3;++i){
			if(T[u].ch[i]){
				int v=T[u].ch[i];
				T[v].fail=T[T[u].fail].ch[i];
				q.push(v);
			}
			else T[u].ch[i]=T[T[u].fail].ch[i];
		} 
		to[T[u].fail].push_back(u);
		num[u]+=num[T[u].fail];
	}
}
int K;

int main(){
	scanf("%d%d",&n,&K);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%s",st);
		int L=strlen(st);
		pos[i]=insert(st,L);
	}
	bfs();
	memset(dp,128,sizeof(dp));
	for(int i=0;i<=K;++i)dp[i][0]=0;
	for(int i=1;i<=K;++i){
		for(int j=0;j<=tot;++j){
			for(int k=0;k<3;++k){
				dp[i][T[j].ch[k]]=max(dp[i][T[j].ch[k]],dp[i-1][j]+num[T[j].ch[k]]); 
			}
		}
	}
	int ans=0;
	for(int i=0;i<=tot;++i)ans=max(ans,dp[K][i]);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}