Wannafly挑战赛29题解
这套题目非常有意思啊23333……话说为啥没有上条先生的呢……
\(A\) 御坂美琴
蠢了……首先先判总共加起来等不等于\(n\)，不是的话就不行
然后dfs记录\(n\)不断分下去能分成哪些数，用map记录一下，判断是否所有数都能被分出来就是了
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define fp(i,a,b) for(register int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(register int i=a,I=b-1;i>I;--i)
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
int res,f=1;char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
const int N=1e5+5;
int n,sum,x,m,a[N];map<int,bool>mp;
void dfs(int n){
if(mp[n])return;mp[n]=1;
dfs(n/2),dfs(n-n/2);
}
signed main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
n=read(),m=read();
fp(i,1,m)a[i]=read(),sum+=a[i];
if(sum!=n)return puts("ham"),0;
dfs(n);fp(i,1,m)if(!mp[a[i]])return puts("ham"),0;
return puts("misaka"),0;
}
\(B\) 白井黑子
好坑啊……话说居然有\(f(0)=1\)……
如果\(k=0\)，那么显然只有\(f(a)=1\)且\(f(b)=1\)的时候是\(gg\)的，总的方案数减去这种方案数就行了
对于\(k>0\)的情况，显然所有位上有\(0\)的都不用管了（\(0\)除外）。
首先\(f(a)\times f(b)\)最多只有\(2,3,5,7\)四个质因子，那么如果\(ab\)不合法当且仅当\(f(a)\times f(b)\)里四个质因子的出现次数模\(k\)都为\(0\)，把每个\(f(a)\)的四个质因子的出现次数哈希一下，并顺便算一下不合法的\(b\)的哈希值，用之前所有的减去不合法的就行了。开个\(map\)即可
所以我真的不知道为啥我死都用不了\(unordered\_map\)……
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define ll long long
#define pi pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
ll read(){
R ll res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
int n,k,cnt;ll res,x;
inline bool ck0(R ll x){while(x){if(x%10==0)return true;x/=10;}return false;}
inline bool ck1(R ll x){while(x){if(x%10!=1)return false;x/=10;}return true;}
void qwq(){
fp(i,1,n)x=read(),cnt+=ck1(x);
printf("%lld\n",(1ll*n*(n-1)>>1)-(1ll*cnt*(cnt-1)>>1));
}
const int P1=998244353,P2=1e9+7;
const int Base1=233,Base2=19260817;
pi bin[5],now,las;map<pi,int>mp;
inline pi operator +(const pi &a,const pi &b){return pi((a.fi+b.fi)%P1,(a.se+b.se)%P2);}
inline pi operator *(const int &a,const pi &b){return pi(1ll*a*b.fi%P1,1ll*a*b.se%P2);}
int c[15];
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
n=read(),k=read();
if(!k)return qwq(),0;
bin[0].fi=Base1,bin[0].se=Base2;
fp(i,1,5)bin[i].fi=1ll*bin[i-1].fi*Base1%P1,bin[i].se=1ll*bin[i-1].se*Base2%P2;
fp(i,1,n){
x=read();if(ck0(x))continue;
fp(j,0,3)c[j]=0;
while(x){
switch(x%10){
case 0:break;
case 1:break;
case 2:++c[0];break;
case 3:++c[1];break;
case 4:++c[0],++c[0];break;
case 5:++c[2];break;
case 6:++c[0],++c[1];break;
case 7:++c[3];break;
case 8:c[0]+=3;break;
case 9:++c[1],++c[1];break;
}
x/=10;
}
now.fi=now.se=las.fi=las.se=0;
fp(j,0,3)now=now+c[j]%k*bin[j],las=las+(k-c[j]%k)%k*bin[j];
res+=cnt-mp[las],++mp[now],++cnt;
}
printf("%lld\n",res);
return 0;
}
\(C\) 左方之地
根据期望的线性，我们转化为求每个节点的深度的期望
因为每个子树中的节点编号都小于自己的标号，那么我们考虑这样一种构造法：钦定第一个点为根节点，之后再把第二个点挂上去，再挂第三个点……容易发现这样一定满足子树中所有节点标号小于自己。因为总的排列个数有\(n!\)种，这样构造出的树也总共有\(n!\)种，所以我们的排列和二叉树就是一一对应的了
因为\(i\)号节点的深度和它后面所有节点都没有关系，那么我们就一个一个来考虑了
设\(f_i\)，表示“所有\(i\)个节点的树中，所有能挂叶子的位置，它们的父亲的深度的和”
这个可能比较难理解，以样例那棵树为例，\(1\)下面可以挂一个叶子，\(2\)下面可以挂\(1\)个叶子，\(3\)下面可以挂\(2\)个叶子，那么这棵树的权值就是\(1\times 1+1\times 2+2\times 3=9\)，而\(f_i\)就是所有\(i\)个节点的树的权值之和
考虑一下这东西怎么转移，先把柿子给出来
\]
首先\(i-1\)个节点共有\(i!\)棵树，第\(i\)个节点在每棵树上有\(i\)个位置可以挂，所以每棵树会被挂到\(i\)次，那么不考虑对深度的影响的话就是\(if_{i-1}\)。然而挂上去的那个位置会少掉，那么要减去一个\(f_{i-1}\)，而新挂上的叶子的深度是原来节点的深度\(+1\)，而且新挂上去的节点会提供两个可以挂叶子的位置，总共挂了\(i!\)次，所以要加上后面的东西
所以这东西和期望深度有半毛钱关系么……
我们发现后面那个东西似乎很有用诶……“新挂上的叶子的深度是原来节点的深度\(+1\)”……那么\(i\)挂上去的所有情况的深度总数就是\(f_{i-1}+i!\)，而树的情况总共有\(i!\)种，那么期望深度就是\({f_i+i!\over i!}\)
然后直接递推就可以了
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R int res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z=0;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
void print(R int x){
if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]='-',x=-x;
while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='\n';
}
const int N=1e5+5,P=998244353;
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
R int res=1;
for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))(y&1)?res=mul(res,x):0;
return res;
}
int f[N],g[N],fac[N],ifac[N],a[N],n,res;
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
n=read(),fac[0]=ifac[0]=1;
fp(i,1,n)a[i]=read(),fac[i]=mul(fac[i-1],i);
ifac[n]=ksm(fac[n],P-2);fd(i,n-1,1)ifac[i]=mul(ifac[i+1],i+1);
fp(i,1,n)f[i]=(1ll*(i+1)*f[i-1]+2ll*fac[i])%P,g[i]=1ll*(f[i-1]+fac[i])*ifac[i]%P;
fp(i,1,n)res=add(res,mul(g[i],a[i]));
printf("%d\n",res);
return 0;
}
\(D\) 风斩冰华
所以\(dp\)是咱的硬伤啊……
我们先把它转化成一棵无根树，那么影响每个节点度数的可以分为儿子和父亲的情况来考虑，父亲的情况还要考虑是先于父亲删还是后于父亲删
设\(dp_{u,0/1/2}\)分别表示不删\(/\)先于父亲删\(/\)后于父亲删的最大权值
首先\(dp_{u,0}\)很好转移
\]
然而\(dp_{u,1}\)和\(dp_{u,2}\)的转移就显得有些辣手了
我们先考虑每个儿子的贡献，如果这个儿子保留，贡献就是\(\max(dp_{v,0},dp_{v,2})\)，如果删掉，贡献就是\(dp_{v,1}\)
那么我们一开始强制所有节点都删掉（有可能有的\(dp_{v,1}\)不合法，这种情况要除去），并计算贡献。那么如果要把这个节点保留下来，贡献就要加上\(\max(dp_{v,0},dp_{v,2})-dp_{v,1}\)
我们把所有的\(\max(dp_{v,0},dp_{v,2})-dp_{v,1}\)从大到小排个序，先加点加到满足度数\(\geq l\)，然后在满足度数限制的情况下把剩下能加的点都加进去就行了（具体细节可以看代码）
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define ll long long
#define inf 1e18
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R int res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
const int N=5e5+5;
struct eg{int v,nx;}e[N<<1];int head[N],tot;
inline void Add(R int u,R int v){e[++tot]={v,head[u]},head[u]=tot;}
ll dp[N][3],st[N];int n,l,r,a[N];
inline bool cmp(const int &x,const int &y){return x>y;}
void dfs(int u,int fa){
dp[u][0]=0,dp[u][1]=dp[u][2]=a[u];
go(u)if(v!=fa)dfs(v,u),dp[u][0]+=max(dp[v][0],dp[v][1]);
int top=0,tot=0;
go(u)if(v!=fa){
ll tmp=(dp[v][1]==-inf)?(++tot,max(dp[v][0],dp[v][2])):(st[++top]=max(dp[v][0],dp[v][2])-dp[v][1],dp[v][1]);
dp[u][1]+=tmp,dp[u][2]+=tmp;
// printf("%d %d %d\n",u,v,tmp);
}
// printf("%d %lld %lld %lld\n",u,dp[u][0],dp[u][1],dp[u][2]);
sort(st+1,st+1+top,cmp);
int h=tot+1,t;
if(h>r)dp[u][1]=-inf;
else{
for(t=1;t<=top&&h+t<=l;++t)dp[u][1]+=st[t];
if(h+t-1<l)dp[u][1]=-inf;
else{
for(;t<=top&&h+t<=r;++t){
if(st[t]<=0)break;
dp[u][1]+=st[t];
}
}
}
h=tot;
if(h>r)dp[u][2]=-inf;
else{
for(t=1;t<=top&&h+t<=l;++t)dp[u][2]+=st[t];
if(h+t-1<l)dp[u][2]=-inf;
else{
for(;t<=top&&h+t<=r;++t){
if(st[t]<=0)break;
dp[u][2]+=st[t];
}
}
}
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
n=read(),l=read(),r=read();
fp(i,1,n)a[i]=read();
for(R int i=1,u,v;i<n;++i)u=read(),v=read(),Add(u,v),Add(v,u);
dfs(1,0);
printf("%lld\n",max(dp[1][0],dp[1][2]));
return 0;
}
\(E\) 一方通行
没有题解的代码食用体验极差……
我们可以把答案拆成若干条路径（这里的路径需要至少有两个节点），相邻两条路径之间通过一条跨越树的边相连，即每一段都是某棵树上的一条路径。这些路径需要两两不交，并且相邻两端不在同一棵树上。我们需要先计算选取路径的方案数，再计算它们排列的方案数
先考虑一棵树，我们设\(f_{u,i,j,0/1/2}\)记录方案数，表示\(u\)所在的子树，从中选出\(j\)条路径，这些路径上总共有\(i\)个点，\(0\)表示\(u\)不在路径中，\(1\)表示\(u\)是路径的端点且这条路径还需要延伸，\(2\)表示\(u\)所在的路径已经全部选完了。转移的话……太长了看代码吧……
那么整棵树的方案就是\(f_{1,i,j,0}+f_{1,i,j,2}\)，记为\(sum_{T,i,j}\)，\(T\)表示这是第几棵树
然后我们需要把它们给排列起来，枚举一下三棵树上选择的路径条数\(x,y,z\)，可以转化成这样一个问题：有三种颜色的物品，每种颜色的物品分别有\(x,y,z\)，求没有两种相同颜色相邻的排列数
设\(g_{i,j,k,op}\)表示三种颜色的物品分别有\(i,j,k\)个，且最后一个颜色为\(op\)的排列个数，转移的话，枚举一下新加的物品是什么颜色就行了，如果把三种颜色分别记为\(0,1,2\)的话，顺便可以记一个\(g_{i,j,k,3}\)表示\(g_{i,j,k,0}+g_{i,j,k,1}+g_{i,j,k,2}\)
接下来就是统计答案的时间~~~
枚举三棵树分别选了\(x,y,z\)个点，枚举三棵树上分别有\(i,j,l\)条路径，那么答案就要加上
\]
前面三个\(sum\)好理解，\(g_{i,j,l,3}\)就是合法排列个数，然后我们数的路径都是无向的所以要给每条路径定向，乘上个\(2^{i+j+l}\)，顺便我们的\(g_{i,j,l,3}\)里面算的时候默认所有颜色的物品等价，所以要乘上后面三个阶乘
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R int res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
const int N=505,P=998244353;
inline void upd(R int &x,R int y){(x+=y)>=P?x-=P:0;}
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
R int res=1;
for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))(y&1)?res=mul(res,x):0;
return res;
}
struct eg{int v,nx;}e[N<<1];int head[N],tot;
inline void Add(R int u,R int v){e[++tot]={v,head[u]},head[u]=tot;}
int fac[15],bin[15],sz[N],f[N][21][21][3],g[15][15][15][5],sum[3][15][15];
int n,k;
void dfs(int u,int fa){
f[u][0][0][0]=1,sz[u]=1;
go(u)if(v!=fa){
dfs(v,u);
fd(a,min(sz[u],k),0)fd(c,min(sz[u],k),0)if(f[u][a][c][0]||f[u][a][c][1]||f[u][a][c][2]){
R int x=f[u][a][c][0],y=f[u][a][c][1],z=f[u][a][c][2];
f[u][a][c][0]=f[u][a][c][1]=f[u][a][c][2]=0;
fd(b,min(sz[v],k-a),0)fd(d,min(sz[v],k-a),0)if(f[v][b][d][0]||f[v][b][d][1]||f[v][b][d][2]){
upd(f[u][a+b][c+d][0],mul(x,add(f[v][b][d][0],f[v][b][d][2]))),
upd(f[u][a+b+2][c+d][1],mul(x,f[v][b][d][0])),
upd(f[u][a+b+1][c+d][1],mul(x,f[v][b][d][1])),
upd(f[u][a+b][c+d][1],mul(y,add(f[v][b][d][0],f[v][b][d][2]))),
upd(f[u][a+b][c+d+1][2],mul(y,f[v][b][d][1])),
upd(f[u][a+b+1][c+d+1][2],mul(y,f[v][b][d][0])),
upd(f[u][a+b][c+d][2],mul(z,add(f[v][b][d][0],f[v][b][d][2])));
}
}
sz[u]+=sz[v];
}
fd(a,min(sz[u],k),0)fd(c,min(sz[u],k),0)upd(f[u][a][c+1][2],f[u][a][c][1]);
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
n=read(),k=read(),fac[0]=bin[0]=1;
fp(i,1,k)fac[i]=mul(fac[i-1],i),bin[i]=add(bin[i-1],bin[i-1]);
fp(T,0,2){
tot=0,memset(head,0,(n+1)<<2);
for(R int i=1,u,v;i<n;++i)u=read(),v=read(),Add(u,v),Add(v,u);
memset(f,0,sizeof(f));
dfs(1,0);
fd(i,k,0)fd(j,k,0)sum[T][i][j]=add(f[1][i][j][0],f[1][i][j][2]);
}
g[1][0][0][0]=g[1][0][0][3]=1,
g[0][1][0][1]=g[0][1][0][3]=1,
g[0][0][1][2]=g[0][0][1][3]=1;
fp(i,0,k)fp(j,0,k-i)fp(l,0,k-i-j)if(i+j+l>1){
fp(op,0,2){
R int res=0;
if(op==0&&i)upd(res,dec(g[i-1][j][l][3],g[i-1][j][l][0]));
if(op==1&&j)upd(res,dec(g[i][j-1][l][3],g[i][j-1][l][1]));
if(op==2&&l)upd(res,dec(g[i][j][l-1][3],g[i][j][l-1][2]));
g[i][j][l][op]=res,upd(g[i][j][l][3],res);
}
}
int res=0;
fp(x,0,k)fp(y,0,k-x){
R int z=k-x-y;
fp(i,0,x)if(sum[0][x][i])
fp(j,0,y)if(sum[1][y][j])
fp(l,0,z)if(sum[2][z][l])
upd(res,1ll*sum[0][x][i]*sum[1][y][j]%P*sum[2][z][l]%P*g[i][j][l][3]%P*bin[i+j+l]%P*fac[i]%P*fac[j]%P*fac[l]%P);
}
printf("%d\n",res);
return 0;
}
\(F\) 最后之作
我感觉我已经是个废人了……
注意\(g_{i,j}\)表示的是\(s_1[i,j],s_2[i,j],...,s_n[i,j]\)这\(n\)个串中本质不同的串的个数，也就是说这个值值域为\([1,n]\)
我们设\(f_i\)表示前\(i\)个串划分的最大答案，那么转移显然
\]
把柿子化一下
\]
也就是说，如果不考虑\(p\times g_{j,i}\)这一项的话，这就是一个以\(i\)为自变量的一次函数。若干个一次函数取最大值，直接上李超线段树就行了
然而\(p\times g_{j,i}\)却使这个转移变得非常辣手……因为这个时候它就是一个一次函数加一个分段函数的和了
等会儿？分段函数？仔细看看啊……\(g_{i,j}\)的取值最多只有\(n\)个，而且对于一个固定的\(i\)，\(g_{i,j}\)显然是递减的，所以\(g_{i,j}\)可以看做一个分段函数
那么我们对于每一段分别考虑就可以了呀。我们开\(n\)棵线段树，第\(k\)棵线段树上记录所有满足\(g_{j,i}=k\)的线段
对于每一个\(i\)，预处理出所有\(g_{j,i}\)变化的位置（怎么处理待会儿会说），记\(pos_{i,j}\)表示\(g_{pos_j,i}=j\)且\(g_{pos_j+1,i}<j\)（也就是说\(g\)的值的\(j\)和\(j-1\)之间的分界点），那么我们把所有\(pos_{i-1,j}\)到\(pos_{i,j}\)之间的线段全都加入第\(j\)棵线段树就行了
等会儿？你这样会不会有点问题？比方说我现在满足\(g_{j,i}=k\)，然后你把第\(j\)条线段加入了第\(k\)棵线段树，那么当你做到\(i+1\)的时候，\(g_{j,i+1}\)有可能会大于\(k\)啊？（比方说\(g_{j,i+1}=k+1\)），你线段树上存的线段就错掉了啊？
这种情况是不需要担心的，首先按照我们上面的处理过程，第\(k+1\)棵线段树也就加入这条线段。那么这两棵线段树里算出来的值是一样的，只有\(p\times g_{j,i}\)不一样。因为\(p\geq 0\)，所以有\(p\times k+1\)就绝对不会用\(p\times k\)来更新答案
这样的话，每条线段会被加入\(n\)次，总共有\(len\)条线段，总复杂度就是\(O(nlen\log len)\)
然后就是这个预处理分界点的问题，如果用后缀数组，直接求出\(height\)之后瞎搞就可以了。如果用\(SAM\)的话，我们对所有串建一个广义\(SAM\)，然后把\(parent\)树树剖了，把所有\(n\)个串中前缀\(s[1,i]\)对应的节点按\(dfs\)序排个序，那么相邻节点的\(LCA\)的深度就代表这两个串第一次相等的长度，那么在这之前它们就都是不等的了（不明白的话可以看看代码，画个图理解）
然后……很多细节还是看代码好了……
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define ll long long
#define inf 1e18
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R int res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
int read(char *s){
R int len=0;R char ch;while(((ch=getc())>'z'||ch<'a'));
for(s[++len]=ch;(ch=getc())>='a'&&ch<='z';s[++len]=ch);
return s[len+1]='\0',len;
}
const int N=2e6+5;
int ch[N][26],l[N],fa[N],pos[N],cnt=1,las;
void ins(int c){
int p=las,np=las=++cnt;l[np]=l[p]+1;
for(;p&&!ch[p][c];p=fa[p])ch[p][c]=np;
if(!p)fa[np]=1;
else{
int q=ch[p][c];
if(l[q]==l[p]+1)fa[np]=q;
else{
int nq=++cnt;l[nq]=l[p]+1;
memcpy(ch[nq],ch[q],104);
fa[nq]=fa[q],fa[q]=fa[np]=nq;
for(;ch[p][c]==q;p=fa[p])ch[p][c]=nq;
}
}
}
struct eg{int v,nx;}e[N<<1];int head[N],tot;
inline void add(R int u,R int v){e[++tot]={v,head[u]},head[u]=tot;}
int dep[N],sz[N],son[N],top[N],dfn[N],tim;
inline bool cmp(const int &x,const int &y){return dfn[x]<dfn[y];}
void dfs1(int u){
sz[u]=1,dep[u]=dep[fa[u]]+1;
go(u){
dfs1(v),sz[u]+=sz[v];
sz[v]>sz[son[u]]?son[u]=v:0;
}
}
void dfs2(int u,int t){
top[u]=t,dfn[u]=++tim;
if(!son[u])return;
dfs2(son[u],t);
go(u)if(!top[v])dfs2(v,v);
}
int LCA(R int u,R int v){
while(top[u]!=top[v]){
if(dep[top[u]]<dep[top[v]])swap(u,v);
u=fa[top[u]];
}return dep[u]<dep[v]?u:v;
}
struct node{
node *lc,*rc;ll b,k,lv,rv;
inline void ins(R ll bb,R ll kk,R int l,R int r){b=bb,k=kk,lv=k*l+b,rv=k*r+b;}
inline ll calc(R int x){return k*x+b;}
}pool[N<<2],*rt[N];int num;
inline node *newnode(){return &pool[num++];}
ll b,k,bb,kk,res;int x;
void build(node* &p,int l,int r){
p=newnode(),p->k=0,p->b=p->lv=p->rv=inf;
if(l==r)return;
int mid=(l+r)>>1;
build(p->lc,l,mid),build(p->rc,mid+1,r);
}
void query(node *p,int l,int r){
cmin(res,p->calc(x));if(l==r)return;
int mid=(l+r)>>1;
x<=mid?query(p->lc,l,mid):query(p->rc,mid+1,r);
}
void update(node *p,int l,int r){
ll lv=k*l+b,rv=k*r+b;
if(lv>=p->lv&&rv>=p->rv)return;
if(lv<p->lv&&rv<p->rv)return p->ins(b,k,l,r),void();
int mid=(l+r)>>1;double x=(b-p->b)/(p->k-k);
if(lv<=p->lv){
if(x<=mid)update(p->lc,l,mid);
else bb=p->b,kk=p->k,p->ins(b,k,l,r),b=bb,k=kk,update(p->rc,mid+1,r);
}else{
if(x<=mid)bb=p->b,kk=p->k,p->ins(b,k,l,r),b=bb,k=kk,update(p->lc,l,mid);
else update(p->rc,mid+1,r);
}
}
int A[N],B[N],f[2][N];char s[N];
int n,len,p,t;ll dp[N];
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
n=read(),len=read(),p=read();
fp(i,1,len)A[i]=read();fp(i,1,len)B[i]=read();
fp(i,1,n){
read(s);las=1;
fp(j,1,len)ins(s[j]-'a'),pos[++t]=las;
}
fp(i,2,cnt)add(fa[i],i);
dfs1(1),dfs2(1,1);
fp(i,1,n)build(rt[i],1,len);
for(R int i=1,t=0;i<=len;++i,t^=1){
fp(j,1,n)f[t][j]=pos[(j-1)*len+i];
sort(f[t]+1,f[t]+1+n,cmp);
fd(j,n,2)f[t][j]=l[LCA(f[t][j],f[t][j-1])];
f[t][1]=i;sort(f[t]+2,f[t]+1+n);
fp(j,2,n)f[t][j]=i-f[t][j];
fp(j,1,n)fp(l,f[t^1][j],f[t][j]-1){
b=B[l+1]-dp[l]-1ll*l*A[l+1],
k=A[l+1];
update(rt[j],1,len);
}
dp[i]=-inf,x=i;
fp(j,1,n)if(f[j]!=f[j+1])res=inf,query(rt[j],1,len),cmax(dp[i],1ll*p*j-res);
}
printf("%lld\n",dp[len]);
return 0;
}
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