T1:

  题目大意:有一张有向无环图,第$x$次经过边$i$的代价为$a_ix+b_i$,最多经过$c_i$次,起点为1,$s$个点可作为终点,求走$k$次的最小代价。

  我们新建一个汇点,将所有可做为终点的边到汇点连边,那么本题便成为了费用流模型。

  贪心策略为:每次走最短路。

  证明:路径的顺序是可以改变的,设每次走的路径代价是递增的,如果当前不走最短路,那么以后不可能有一条路能将代价追回,所以当前走最短路一定最优。

  但是每次增广代价是不同的,我们只能进行完一次增广之后立即修改边权。

  考虑EK,每次用spfa找一条代价最小的增广路,并更新费用即边权,若当前边是正向边,则将正向边权加$a_i$,反向边权减$a_i$,反之将正向边权减$a_i$,反向边权加$a_i$。正向边初始权值为$a_i+b_i$,由于反向边退流退的是上一层的费用,所以初值应赋为$-b_i$。

  然后增广k次,若流量不能达到k,输出-1。

  spfa复杂度视为$O(NM)$时,时间复杂度$O(NMK)$,但远远达不到。

Code:

 #include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=;
const int M=;
const int inf=1e9+;
int n,m,k,s,nm=,ans=;
int fi[N],p[N],d[N];
bool v[N];
struct edge{
int v,ne;
int l,a,b;
}e[M+N<<];
queue<int> q;
int read()
{
int s=;char c=getchar();
while(c<''||c>'') c=getchar();
while(c>=''&&c<=''){
s=(s<<)+(s<<)+c-'';
c=getchar();
}
return s;
}
void add(int x,int y,int z1,int z2,int z3)
{
e[++nm].v=y;e[nm].a=z1;e[nm].b=z1+z2;
e[nm].l=z3;e[nm].ne=fi[x];fi[x]=nm;
e[++nm].v=x;e[nm].a=-z1;e[nm].b=-z2;
e[nm].l=;e[nm].ne=fi[y];fi[y]=nm;
}
bool spfa()
{
for(int i=;i<=n;i++){
p[i]=;d[i]=inf;v[i]=false;
}
while(!q.empty()) q.pop();
d[]=;v[]=true;q.push();
while(!q.empty()){
int x=q.front();q.pop();
v[x]=false;
for(int i=fi[x];i!=;i=e[i].ne){
int y=e[i].v;
if(e[i].l==) continue;
if(d[y]>d[x]+e[i].b){
d[y]=d[x]+e[i].b;p[y]=i;
if(!v[y]){
v[y]=true;q.push(y);
}
}
}
}
if(d[n]<inf) return true;
else return false;
}
void update()
{
int x=n;ans+=d[n];
while(x!=){
int y=p[x];
if((y&)==) e[y].b+=e[y].a,e[y^].b+=e[y^].a;
else e[y].b-=e[y].a,e[y^].b-=e[y^].a;
e[y].l-=;e[y^].l+=;
x=e[y^].v;
}
}
int main()
{
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&s);
n++;
for(int i=;i<=s;i++){
int x=read();
add(x,n,,,inf);
}
for(int i=;i<=m;i++){
int x=read(),y=read(),a=read(),b=read(),c=read();
add(x,y,a,b,c);
}
int tot=;
while(tot<k&&spfa()){
update();tot++;
}
if(tot!=k) printf("-1\n");
else printf("%d\n",ans);
return ;
}

T1

T2:

  题目大意:有两数字x和y,以及n数字段,求$[x+1,y]$内至少含有n个数字段的数的个数,对$1e9+7$取模。

  一个数字段可以被包含多次,重复的数字段也要重复计算。

  由区间可以看出此题为数位DP,然后发现字串包含,于是想AC自动机。

  然后这道题变为了AC自动机上的数位DP。

  按照数位DP方法,我们先求出$[1,y]$中合法解的个数,再减去$[1,x]$中合法解的个数,即为答案。

  建出AC自动机,每个点的权值为以该节点为结尾的串的数量,用trie图优化,注意每个节点要继承fail的信息。

  设$dp[i][j][k][0/1]$,代表匹配到第i位,在节点j,匹配了k个子串的方案数,1代表有限制,0代表无限制。

  对于每个数,有无前缀0与其大小无关,于是我们可以带着前缀0进行DP转移。

  设$S$为指向$x$的点集,$w[i]$为节点i的权值,$t[i]$为节点i的类型,$a$为较大的边界,则:

    $dp[i][x][j][0]= \sum _{y \in S} dp[i-1][y][j-w[x]][0]+[t[x]<a[i]]* \sum _{y \in S} dp[i-1][y][j-w[x]][1]$

    $dp[i][x][j][1]=[t[x]==a[i]]* \sum _{y \in S} dp[i-1][y][j-w[x]][1]$

  由于没有考虑前缀0影响,统计答案时只累加长度等于原串的答案即可。

  时间复杂度$O(NSK)$,$S$为子串总长。

Code:

 #include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstring>
#include<queue>
#define LL long long
using namespace std;
const LL mod=1e9+;
int n,k,rt=,cnt=;
string s;
int a[][];
LL dp[][][][];
bool v[][][][];
struct trie{
int ch[],fail;
int e;
}t[];
queue<int> q,q1,q2,q3,q4;
void insert()
{
int now=rt;
for(int i=;i<s.size();i++){
int x=s[i]-'';
if(t[now].ch[x]==)
t[now].ch[x]=++cnt;
now=t[now].ch[x];
}
t[now].e++;
}
void build()
{
for(int i=;i<=;i++){
if(t[rt].ch[i]!=) q.push(t[rt].ch[i]);
}
while(!q.empty()){
int x=q.front();q.pop();
for(int i=;i<=;i++){
if(t[x].ch[i]!=){
t[t[x].ch[i]].fail=t[t[x].fail].ch[i];
t[t[x].ch[i]].e+=t[t[t[x].fail].ch[i]].e;
q.push(t[x].ch[i]);
}
else t[x].ch[i]=t[t[x].fail].ch[i];
}
}
}
LL work(int id)
{
memset(dp,,sizeof(dp));
memset(v,false,sizeof(v));
while(!q1.empty()){
q1.pop();q2.pop();q3.pop();q4.pop();
}
dp[][rt][][]=;v[][rt][][]=true;
q1.push();q2.push(rt);q3.push();q4.push();
while(!q1.empty()){
int x=q1.front(),y=q2.front(),z=q3.front(),op=q4.front();
v[x][y][z][op]=false;
q1.pop();q2.pop();q3.pop();q4.pop();
if(x==a[id][]) break;
for(int i=;i<=((op&)==?a[id][x+]:);i++){
int yy=t[y].ch[i];int zz=z+t[yy].e;
if(zz>k) zz=k;
if((op&)==&&i==){
if((op&)==&&i==a[id][x+]){
dp[x+][yy][zz][]=(dp[x+][yy][zz][]+dp[x][y][z][op])%mod;
if(!v[x+][yy][zz][]){
q1.push(x+);q2.push(yy);q3.push(zz);q4.push();
v[x+][yy][zz][]=true;
}
}
else{
dp[x+][yy][zz][]=(dp[x+][yy][zz][]+dp[x][y][z][op])%mod;
if(!v[x+][yy][zz][]){
q1.push(x+);q2.push(yy);q3.push(zz);q4.push();
v[x+][yy][zz][]=true;
}
}
}
else{
if((op&)==&&i==a[id][x+]){
dp[x+][yy][zz][]=(dp[x+][yy][zz][]+dp[x][y][z][op])%mod;
if(!v[x+][yy][zz][]){
q1.push(x+);q2.push(yy);q3.push(zz);q4.push();
v[x+][yy][zz][]=true;
}
}
else{
dp[x+][yy][zz][]=(dp[x+][yy][zz][]+dp[x][y][z][op])%mod;
if(!v[x+][yy][zz][]){
q1.push(x+);q2.push(yy);q3.push(zz);q4.push();
v[x+][yy][zz][]=true;
}
}
}
}
}
LL ans=;
for(int j=;j<=cnt;j++){
ans=(ans+dp[a[id][]][j][k][])%mod;
ans=(ans+dp[a[id][]][j][k][])%mod;
}
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
cin>>s;a[][]=s.size();
for(int i=;i<=a[][];i++) a[][i]=s[i-]-'';
cin>>s;a[][]=s.size();
for(int i=;i<=a[][];i++) a[][i]=s[i-]-'';
for(int i=;i<=n;i++){
cin>>s;insert();
}
build();
LL ans=work();
ans-=work();
ans=(ans%mod+mod)%mod;
printf("%lld\n",ans);
return ;
}

T2

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