描述
小a在2023年掌握了穿越時間的科技，他想要回歸遙遠的2023年來看一看。
我們定義「時間線」是長度恰好為 n ，僅由 abcd 四個大寫字母組成的字串。
設某個時間線為 s，小a可以用以下兩種方式修改時間線：
交換 s 中相鄰兩個字元。
使用某種轉移。乙個轉移是兩個長度不超過 n的等長字串 (ai,bi)，可以把 s 中某個子串 ai 替換成 bi。
小a自然能隨意行走於時間線上，但他想享受這躍遷的過程。他想考考你：初始的時間線任選，任意操作，在任意一條時間線結束，途中經過的不同時間線數量最多是多少？
注意可以經過重複的時間線，但只會計入一次答案。
輸入格式
第一行兩個數 n , m，表示時間線的長度和轉移的個數。
後面 m 行，每行兩個等長字串 ai，bi，表示乙個轉移。
輸出格式
一行，乙個整數表示最大答案。
樣例1
樣例輸入1
2 3
a b
a c
d d
樣例輸出1
5樣例解釋1
一種最優方案：aa→ab→ba→bc→cb
限制與約定
對於 30% 的資料， n≤5, m≤5。
對於 50% 的資料， n≤10, m≤30。
對於 100% 的資料， n≤30, m≤50。
時間限制：2s
空間限制：512mb
一種很顯然的暴力就是記錄狀態，然後根據給定的條件連邊，tarjan縮點之後求最長路
常數寫得好有60分
實際上有了相鄰轉移之後我們發現，如果a,b,c,d的個數都確定，他能通過相鄰交換轉移到任意狀態
那我們就可以根據a,b,c,d的個數設計狀態，大力算出每個點的權值再重複上述操作即可
#include
using
namespace
std;
#define rep(i,j,k) for(int i = j;i <= k;++i)
#define repp(i,j,k) for(int i = j;i >= k;--i)
#define ll long long
int n , m;
int id[31][31][31][31] , tot , tt;
int linkk[6100] , t , du[6100];
int dfn[6100] , low[6100] , cnt , cor[6100] , totc;
ll a[6100] , v[6100];
ll dp[6100];
ll jc[30];
struct nodee[181000];
int read()while( c >= '0' && c <= '9' ) sum = sum * 10 + c - 48 , c = getchar();if(flag) return sum;else
return -sum;}
ll calc(int a,int b,int c)
return sum;
}void pre()
char in[40];
void insert(int x,int y)
void init()
}return;
}stack
st;bool f[6100];
void tarjan(int x)
else
if(f[y]) low[x] = min(low[x] , dfn[y]);
}if(low[x] == dfn[x])
return;
}void sd()
return;
}queue
q;ll ans = 0;
void topsort()
q.pop();
}return;
}int main()
POJ2762 tarjan縮點 拓撲排序
有向圖n 1000 m 6000，如果圖中任意兩點u,v 均有u可達v或v可達u，輸出yes，否則輸出no 嘛，強連通分量內的點肯定互相可達 對於縮點之後的dag，怎麼判呢？如果一開始就有多個入度為0的點，那麼就是no 交一發wa了 這時候就要想反例了 發現有一種情況也是no 比如1 2 1 3，2...
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模擬7 16 通訊（tarjan縮點加拓撲排序）
這題確實水，純板子，考試意外出錯，只拿了暴力分qaq tarjan縮點加上拓撲排序，注意這裡求最短路徑時不能用最小生成樹 因為是單向邊，不然就可能不是乙個聯通圖了.1 include2 include3 include4 include 5 include6 include7 include8 in...