【BJOI 2019】奥术神杖

题意

你有一个长度为 $n$ 的模板串（由 $0-9$ 这 $10$ 个数字和通配符 $.$ 组成），还有 $m$ 个匹配串（只由 $0-9$ 这 $10$ 个数字组成），每个匹配串有一个魔力值 $v_i$。你要把模板串的每个 $.$ 都换成一个数字，使得模板串的魔力值最大。模板串的魔力值定义为：模板串中每出现一次任意一个匹配串 $s_i$，字符串的魔力就 $\times v_i$。最终魔力值开 $c$ 次方根，$c$ 为模板串中出现的匹配串的总数。

$1\le n,m,s\le 1501,\space 1\le v_i\le 10^9$

题解

王·能过就行·子健

显然只要三个 $10^9$ 大小的数乘起来就爆 $long\space long$ 了（即 $\prod v_i$ 会很大），而高精度开根既难写又爆复杂度（光乘法就爆时间了），所以不能直接按题目的公式求。

如果你没学过数学（比如我），可以把所有 $v_i$ 各自开 $c$ 次方根再相乘，但即使开 $long\space double$ 也会爆精度，不过可以拿 $80$ 分。

如果你学过数学，应该记得高一数学必修 $1$ 中有一章讲了关于 $log$ 的各种性质，其中有两条是

$$\log_a{MN} = \log_a{M}+\log_a{N}$$

$$\log_a{N}^k = k\times \log_a{N}$$

其中 $a$ 可以是任意实底数。

第一条式子中的 $MN$ 可以拓展成任意多个乘数，等号右边就会得到一堆 $log$ 值相加。简单地说就是因为幂值相乘等于指数相加（比如 $2^4$ 变成 $2^5$ 次方，值乘了 $2$，但指数只加了 $1$）。

具体证明可以去翻书。

把两个公式组合一下，就可以推这题的公式

$$ans = \sqrt[c]{v_1\times v_2\times ...\times v_k} = (v_1\times v_2\times ...\times v_k)^{\frac{1}{c}}$$

两边同时取以一个实数 $a$ 为底的对数，得到

$$\log_a{ans} = \log_a{(v_1\times v_2\times ...\times v_k)^{\frac{1}{c}}}$$

$$\log_a{ans} = \frac{1}{c}\times \log_a{(v_1\times v_2\times ...\times v_k)}$$

$$\log_a{ans} = \frac{1}{c}(\log_a{v_1}+\log_a{v_2}+...+\log_a{v_k})$$

因为这题只需要你求方案，所以你只要确保不同方案之间的相对魔力值即可，不用维护具体的 $ans$ 值，所以可以把 $ans$ 取 $log$，$log$ 的底数 $a$ 也可以随便取，大部分人应该都取的是自然对数 $e$。

不难发现等号右边变成了一个类似于平均数的东西，仔细观察即可发现，把所有匹配串的魔力值 $v_i$ 取 $ln$ 后，你要使出现的所有匹配串的 $v_i$ 的平均数最大。

平均数最大这种东西就是套路的01分数规划……

具体做法就是，二分平均数 $x$，然后把所有匹配串的 $a_i$ 都减去 $x$，问题就变成了如何使 $v_i$ 之和最大。在所有模板串组成的 AC 自动机上 $dp$ 即可。

AC 自动机上 $dp$ 的状态就是 $f_{i,j}$ 表示确定模板串的前 $i$ 位，按模板串的前 $i$ 位跑 AC 自动机到达的点的编号为 $j$ 时，模板串的魔力值最大是多少。

然后判断一下模板串的第 $i$ 位是不是通配符就行了，是的话就可以往任意儿子转移，不是的话就要沿对应的字符边转移。

时间复杂度 $O(10ns\log{\frac{\ln v_{max}}{eps}})$。

这他吗什么复杂度，怎么跑过的……能过就行了

 #include<bits/stdc++.h>
 #define N 1505
 #define inf 1e99
 #define eps 1e-6
 using namespace std;
 inline int read(){
     int x=; bool f=; char c=getchar();
     for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=;
     for(; isdigit(c);c=getchar()) x=(x<<)+(x<<)+(c^'');
     if(f) return x;
     return ;
 }
 int n,m;
 char T[N];
 namespace AC{
     int cnt,ch[N][],sum[N]; double val[N];
     inline void ins(char *s,double v){
         int u=,len=strlen(s),c;
         for(int i=;i<len;++i){
             c=s[i]-'';
             if(!ch[u][c]) ch[u][c]=++cnt;
             u=ch[u][c];
         }
         ++sum[u], val[u]+=v;
     }
     int que[N],l,r,fail[N];
     void BuildAC(){
         fail[]=-, que[l=r=]=;
         while(l<=r){
             int u=que[l++];
             for(int i=;i<;++i)
                 if(!ch[u][i]) ch[u][i]=ch[fail[u]][i];
                 else fail[ch[u][i]]=ch[fail[u]][i], que[++r]=ch[u][i];
         }
         for(int i=;i<=r;++i){
             sum[que[i]]+=sum[fail[que[i]]];
             val[que[i]]+=val[fail[que[i]]];
             //cout<<que[i]<<' '<<fail[que[i]]<<' '<<sum[que[i]]<<' '<<val[que[i]]<<endl;
         }
     }

     double f[N][N]; int g[N][N][]; char ansStr[N];
     double DP(double x){
         //cout<<x<<endl;
         for(int j=;j<=cnt;++j) val[j]-=sum[j]*x;
         for(int i=;i<=n;++i)
             for(int j=;j<=cnt;++j)
                 f[i][j]=-inf;
         f[][]=;
         for(int i=;i<n;++i){
             for(int j=;j<=cnt;++j){
                 if(f[i][j]==-inf) continue;
                 if(T[i]=='.'){
                     for(int k=;k<;++k){
                         int _j=ch[j][k];
                         if(f[i+][_j]<f[i][j]+val[_j]){
                             f[i+][_j]=f[i][j]+val[_j];
                         }
                     }
                 }
                 else{
                     int k=T[i]-'', _j=ch[j][k];
                     if(f[i+][_j]<f[i][j]+val[_j]) f[i+][_j]=f[i][j]+val[_j];
                 }
             }
         }
         for(int i=;i<=cnt;++i) val[i]+=sum[i]*x;
         int ans=;
         for(int j=;j<=cnt;++j) if(f[n][j]>f[n][ans]) ans=j;
         //cout<<f[n][ans]<<endl;
         return f[n][ans];
     }
     void _DP(double x){
         for(int j=;j<=cnt;++j) val[j]-=sum[j]*x;
         for(int i=;i<=n;++i)
             for(int j=;j<=cnt;++j)
                 f[i][j]=-inf;
         f[][]=;
         for(int i=;i<n;++i){
             for(int j=;j<=cnt;++j){
                 if(f[i][j]==-inf) continue;
                 if(T[i]=='.'){
                     for(int k=;k<;++k){
                         int _j=ch[j][k];
                         if(f[i+][_j]<f[i][j]+val[_j]){
                             f[i+][_j]=f[i][j]+val[_j],
                             g[i+][_j][]=j, g[i+][_j][]=k;
                         }
                     }
                 }
                 else{
                     int k=T[i]-'', _j=ch[j][k];
                     if(f[i+][_j]<f[i][j]+val[_j])
                         f[i+][_j]=f[i][j]+val[_j],
                         g[i+][_j][]=j, g[i+][_j][]=k;
                 }
             }
         }
         for(int i=;i<=cnt;++i) val[i]+=sum[i]*x;
         int ans=;
         for(int j=;j<=cnt;++j) if(f[n][j]>f[n][ans]) ans=j;
         for(int i=n;i>;--i){
             ansStr[i-]=g[i][ans][]+'';
             ans=g[i][ans][];
         }
     }
 }
 using namespace AC;
 int main(){
     //freopen("1.in","r",stdin);
     //freopen("1.out","w",stdout);
     n=read(), m=read(); scanf("%s",T);
     char S[N]; double V;
     for(int i=;i<=m;++i){
         scanf("%s%lf",S,&V);
         ins(S,log(V));
     }
     BuildAC();
     double l=, r=log(1e9+), mid, ans=;
     while(r-l>eps){
         mid=(l+r)/;
         if(DP(mid)>) ans=mid, l=mid;
         else r=mid;
     }
     //cout<<ans<<endl;
     _DP(ans);
     printf("%s\n",ansStr);
     return ;
 }

Viev Code

总结：

1. 这类题不能直接 $dp$ 求最大平均数。因为求最大平均数这种问题，除了分数规划外（即二分答案），只能在某些情况下用贪心（比如从大到小取）。

若不能贪心，我们不能把上述 $dp$ 的值直接记为最大平均数 或者同时记一个最小的匹配数量。考虑平均数这个东西的本质，对于到达同一状态的两种情况，可能一种情况匹配的数少，平均数也更小；但把两种情况同时加入一个新数，这种情况的新平均数就可能比另一种情况的新平均数大了。比如两个数集 $\{10\}$ 和 $\{9,9,9,14\}$，前者的平均数是 $10$，后者的平均数是 $10.25$；但把两个数集同时加入一个数 $11$，前者的平均数变成了 $10.5$，后者的平均数变成了 $10.4$。所以如果用 $dp$ 求最大平均数，必须再开一维状态记匹配的串数（即要求多少个数的平均数），但匹配的串数可能很多，再开一维状态的话时空复杂度都不能承受。所以只能分数规划。

2. 这道题告诉我们一定要学好数学这门文化课，否则会被数学杀。