题目大意
大法师ttt 最近在学习字符串，有一天他看到魔力xtx左手拿着A字符串，右手拿着B字符串，两个字符串的长度都是一样的,而且都由abc三种字符构成，大法师ttt的灵力值为C，现在告诉你 a变b b变c以及c变a分别需要消耗的灵力值（其他变换是不存在的），问你在ttt的灵力值范围内最多能有多少种不同的方案可以从xtx的左手串变换到xtx的右手串
输入格式：
前两行输入两个长度相同的字符串 ，第一个串表示左手串，第二个串表示右手串，右手串不能变
第三行输入三个整数分别代表转换的代价cost_ab cost_bc cost_ca
第四行输入一个整数表示ttt的灵力值
输出格式：
对于每组数据输出一个数，表示答案
答案为有序的合法操作序列数对1e9+7取模，
样例输入：
a
a
1 2 3
12样例输出：
3样例解释：
第一种方案：不花代价已经可以达成目的
第二种方案：花费6的代价从a -> b -> c -> a
第三种方案 : 第二种方案重复一遍
数据范围：
n 为字符串长度
- 30%, n <= 5, max(cost_ab, cost_bc, cost_ca) <= 5, C <= 20
- 60%, n <= 5, max(cost_ab, cost_bc, cost_ca) <= 100, C <= 1000
- 100%, n <= 11, max(cost_ab, cost_bc, cost_ca) <= 100, C <= 1000000000
时间限制：
1000 ms
空间限制：
32 MB
DP+矩阵快速幂
60分：
记$dp[i][j][k]$表示用了i次魔法之后的字符串A与字符串B相同的有$i$个，可以通过一次变化得到相同的有$j$个
$n$为字符串的长度
那么可以得到通过两次变化的有$n-i-j$个
那么一次魔法可以有3种选择：改相同的，改还有一次变化的，改还有两次变化的
转移方程为
$dp[i][j][k]=dp[i-1][j-1][k+1]*(k+1)+dp[i-1][j][k-1]*(n-j-k+1)+dp[i-1][j+1][k]*(j+1)$
那么现在要考虑这些状态是否可行
先处理出将字符串A变为字符串B的最小代价是多少
因为在改成相同之后，在进行变化需要3次的操作
那么可以算出最大的操作步数$step$
那么答案为$\sum_{i=0}^{step}dp[i][n][0]$
1 #include <bits/stdc++.h> 2 #define mod 1000000007 3 #define ll long long 4 using namespace std; 5 ll ab,bc,ca,C,dp[1100][7][7]; 6 ll t0,t1,n,step,cost,tot,ans; 7 string a,b; 8 int main() 9 { 10 cin>>a>>b; 11 scanf("%lld%lld%lld%lld",&ab,&bc,&ca,&C); 12 tot=ab+bc+ca; 13 for (ll i=0;i<(ll)a.size();i++) 14 { 15 if (a[i]==b[i]) 16 t0++; 17 else 18 { 19 if (a[i]=='c' && b[i]=='a') 20 t1++; 21 if (a[i]=='b' && b[i]=='c') 22 t1++; 23 if (a[i]=='a' && b[i]=='b') 24 t1++; 25 } 26 } 27 for (ll i=0;i<(ll)a.size();i++) 28 { 29 if (a[i]==b[i]) 30 continue; 31 if (a[i]=='a' && b[i]=='b') 32 cost+=ab,step++; 33 if (a[i]=='a' && b[i]=='c') 34 cost+=ab+bc,step+=2; 35 if (a[i]=='b' && b[i]=='c') 36 cost+=bc,step++; 37 if (a[i]=='b' && b[i]=='a') 38 cost+=bc+ca,step+=2; 39 if (a[i]=='c' && b[i]=='a') 40 cost+=ca,step++; 41 if (a[i]=='c' && b[i]=='b') 42 cost+=ca+ab,step+=2; 43 } 44 if (cost>C) 45 { 46 printf("0\n"); 47 return 0; 48 } 49 step+=3*((C-cost)/tot);//计算最大步数 50 dp[0][t0][t1]=1;//初始状态 51 n=(ll)a.size(); 52 for (ll i=1;i<=step;i++) 53 { 54 for (ll j=0;j<=n;j++) 55 { 56 for (ll k=0;k<=n;k++) 57 { 58 if (j+k>n) 59 break; 60 if (j>0 && k<n) 61 dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i-1][j-1][k+1]*(k+1)%mod)%mod; 62 if (k>0) 63 dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i-1][j][k-1]*(n-j-k+1)%mod)%mod; 64 if (j<n) 65 dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i-1][j+1][k]*(j+1)%mod)%mod; 66 } 67 } 68 } 69 for (ll i=0;i<=step;i++) 70 ans=(ans+dp[i][n][0])%mod;//累加答案 71 printf("%lld\n",ans); 72 }