t1：
題目大意：有一張有向無環圖，第$x$次經過邊$i$的代價為$a_ix+b_i$，最多經過$c_i$次，起點為1,$s$個點可作為終點，求走$k$次的最小代價。
我們新建乙個匯點，將所有可做為終點的邊到匯點連邊，那麼本題便成為了費用流模型。
貪心策略為：每次走最短路。
證明：路徑的順序是可以改變的，設每次走的路徑代價是遞增的，如果當前不走最短路，那麼以後不可能有一條路能將代價追回，所以當前走最短路一定最優。
但是每次增廣代價是不同的，我們只能進行完一次增廣之後立即修改邊權。
考慮ek，每次用spfa找一條代價最小的增廣路，並更新費用即邊權，若當前邊是正向邊，則將正向邊權加$a_i$，反向邊權減$a_i$，反之將正向邊權減$a_i$，反向邊權加$a_i$。正向邊初始權值為$a_i+b_i$，由於反向邊退流退的是上一層的費用，所以初值應賦為$-b_i$。
然後增廣k次，若流量不能達到k，輸出-1。
spfa複雜度視為$o(nm)$時，時間複雜度$o(nmk)$，但遠遠達不到。
code：
1 #include2 #include3 #include4t1t2：using
namespace
std;
5const
int n=1010;6
const
int m=20010;7
const
int inf=1e9+10;8
int n,m,k,s,nm=1,ans=0;9
intfi[n],p[n],d[n];
10bool
v[n];
11struct
edgee[m+n<<1
];15 queueq;
16int
read()
1724
return
s;25}26
void add(int x,int y,int z1,int z2,int
z3)27
33bool
spfa()
3438
while(!q.empty()) q.pop();
39 d[1]=0;v[1]=true;q.push(1
);40
while(!q.empty())51}
52}53}
54if(d[n]return
true;55
else
return
false;56
}57void
update()
5867}68
intmain()
6976
for(int i=1;i<=m;i++)
80int tot=0;81
while(totspfa())
84if(tot!=k) printf("
-1\n");
85else printf("
%d\n
",ans);
86return0;
87 }
題目大意：有兩串數字x和y，以及n串數字段，求$[x+1,y]$內至少含有n個數字段的數的個數，對$1e9+7$取模。
乙個數字段可以被包含多次，重複的數字段也要重複計算。
由區間可以看出此題為數字dp，然後發現字串包含，於是想ac自動機。
然後這道題變為了ac自動機上的數字dp。
按照數字dp方法，我們先求出$[1,y]$中合法解的個數，再減去$[1,x]$中合法解的個數，即為答案。
建出ac自動機，每個點的權值為以該節點為結尾的串的數量，用trie圖優化，注意每個節點要繼承fail的資訊。
設$dp[i][j][k][0/1]$，代表匹配到第i位，在節點j，匹配了k個子串的方案數，1代表有限制，0代表無限制。
對於每個數，有無字首0與其大小無關，於是我們可以帶著字首0進行dp轉移。
設$s$為指向$x$的點集，$w[i]$為節點i的權值，$t[i]$為節點i的型別，$a$為較大的邊界，則：
$dp[i][x][j][0]= \sum _ dp[i-1][y][j-w[x]][0]+[t[x]
$dp[i][x][j][1]=[t[x]==a[i]]* \sum _ dp[i-1][y][j-w[x]][1]$
由於沒有考慮字首0影響，統計答案時只累加長度等於原串的答案即可。
時間複雜度$o(nsk)$，$s$為子串總長。
code：
1 #include2 #include3 #includet24 #include5 #include6
#define ll long long
7using
namespace
std;
8const ll mod=1e9+7;9
int n,k,rt=0,cnt=0;10
string
s;11
int a[2][510
];12 ll dp[510][210][20][4
];13
bool v[510][210][20][4
];14
struct
triet[210
];18 queueq,q1,q2,q3,q4;
19void
insert()
2028 t[now].e++;29}
30void
build()
3135
while(!q.empty())
43else t[x].ch[i]=t[t[x].fail].ch[i];44}
45}46}
47 ll work(int
id)48
54 dp[0][rt][0][3]=1;v[0][rt][0][3]=true
;55 q1.push(0);q2.push(rt);q3.push(0);q4.push(3
);56
while(!q1.empty())71}
72else78}
79}80else87}
88else94}
95}96}
97}98 ll ans=0;99
for(int j=0;j<=cnt;j++)
103return
ans;
104}
105int
main()
106115
build();
116 ll ans=work(1
);117 ans-=work(0
);118 ans=(ans%mod+mod)%mod;
119 printf("
%lld\n
",ans);
120return0;
121 }
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