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 $ imes 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。
$1le n,m,sle 1501,space 1le v_ile 10^9$
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 $longspace long$ 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 $longspace double$ 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
$$log_a{MN} = log_a{M}+log_a{N}$$
$$log_a{N}^k = k imes log_a{N}$$
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
$$ans = sqrt[c]{v_1 imes v_2 imes ... imes v_k} = (v_1 imes v_2 imes ... imes v_k)^{frac{1}{c}}$$
两边同时取以一个实数 $a$ 为底的对数，得到
$$log_a{ans} = log_a{(v_1 imes v_2 imes ... imes v_k)^{frac{1}{c}}}$$
$$log_a{ans} = frac{1}{c} imes log_a{(v_1 imes v_2 imes ... imes v_k)}$$
$$log_a{ans} = frac{1}{c}(log_a{v_1}+log_a{v_2}+...+log_a{v_k})$$
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 $O(10nslog{frac{ln v_{max}}{eps}})$。
这他吗什么复杂度，怎么跑过的……能过就行了
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define N 1505 3 #define inf 1e99 4 #define eps 1e-6 5 using namespace std; 6 inline int read(){ 7 int x=0; bool f=1; char c=getchar(); 8 for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=0; 9 for(; isdigit(c);c=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^'0'); 10 if(f) return x; 11 return 0; 12 } 13 int n,m; 14 char T[N]; 15 namespace AC{ 16 int cnt,ch[N][12],sum[N]; double val[N]; 17 inline void ins(char *s,double v){ 18 int u=0,len=strlen(s),c; 19 for(int i=0;i<len;++i){ 20 c=s[i]-'0'; 21 if(!ch[u][c]) ch[u][c]=++cnt; 22 u=ch[u][c]; 23 } 24 ++sum[u], val[u]+=v; 25 } 26 int que[N],l,r,fail[N]; 27 void BuildAC(){ 28 fail[0]=-1, que[l=r=1]=0; 29 while(l<=r){ 30 int u=que[l++]; 31 for(int i=0;i<10;++i) 32 if(!ch[u][i]) ch[u][i]=ch[fail[u]][i]; 33 else fail[ch[u][i]]=ch[fail[u]][i], que[++r]=ch[u][i]; 34 } 35 for(int i=2;i<=r;++i){ 36 sum[que[i]]+=sum[fail[que[i]]]; 37 val[que[i]]+=val[fail[que[i]]]; 38 //cout<<que[i]<<' '<<fail[que[i]]<<' '<<sum[que[i]]<<' '<<val[que[i]]<<endl; 39 } 40 } 41 42 double f[N][N]; int g[N][N][2]; char ansStr[N]; 43 double DP(double x){ 44 //cout<<x<<endl; 45 for(int j=0;j<=cnt;++j) val[j]-=sum[j]*x; 46 for(int i=0;i<=n;++i) 47 for(int j=0;j<=cnt;++j) 48 f[i][j]=-inf; 49 f[0][0]=0; 50 for(int i=0;i<n;++i){ 51 for(int j=0;j<=cnt;++j){ 52 if(f[i][j]==-inf) continue; 53 if(T[i]=='.'){ 54 for(int k=0;k<10;++k){ 55 int _j=ch[j][k]; 56 if(f[i+1][_j]<f[i][j]+val[_j]){ 57 f[i+1][_j]=f[i][j]+val[_j]; 58 } 59 } 60 } 61 else{ 62 int k=T[i]-'0', _j=ch[j][k]; 63 if(f[i+1][_j]<f[i][j]+val[_j]) f[i+1][_j]=f[i][j]+val[_j]; 64 } 65 } 66 } 67 for(int i=0;i<=cnt;++i) val[i]+=sum[i]*x; 68 int ans=0; 69 for(int j=1;j<=cnt;++j) if(f[n][j]>f[n][ans]) ans=j; 70 //cout<<f[n][ans]<<endl; 71 return f[n][ans]; 72 } 73 void _DP(double x){ 74 for(int j=0;j<=cnt;++j) val[j]-=sum[j]*x; 75 for(int i=0;i<=n;++i) 76 for(int j=0;j<=cnt;++j) 77 f[i][j]=-inf; 78 f[0][0]=0; 79 for(int i=0;i<n;++i){ 80 for(int j=0;j<=cnt;++j){ 81 if(f[i][j]==-inf) continue; 82 if(T[i]=='.'){ 83 for(int k=0;k<10;++k){ 84 int _j=ch[j][k]; 85 if(f[i+1][_j]<f[i][j]+val[_j]){ 86 f[i+1][_j]=f[i][j]+val[_j], 87 g[i+1][_j][0]=j, g[i+1][_j][1]=k; 88 } 89 } 90 } 91 else{ 92 int k=T[i]-'0', _j=ch[j][k]; 93 if(f[i+1][_j]<f[i][j]+val[_j]) 94 f[i+1][_j]=f[i][j]+val[_j], 95 g[i+1][_j][0]=j, g[i+1][_j][1]=k; 96 } 97 } 98 } 99 for(int i=0;i<=cnt;++i) val[i]+=sum[i]*x; 100 int ans=0; 101 for(int j=1;j<=cnt;++j) if(f[n][j]>f[n][ans]) ans=j; 102 for(int i=n;i>0;--i){ 103 ansStr[i-1]=g[i][ans][1]+'0'; 104 ans=g[i][ans][0]; 105 } 106 } 107 } 108 using namespace AC; 109 int main(){ 110 //freopen("1.in","r",stdin); 111 //freopen("1.out","w",stdout); 112 n=read(), m=read(); scanf("%s",T); 113 char S[N]; double V; 114 for(int i=1;i<=m;++i){ 115 scanf("%s%lf",S,&V); 116 ins(S,log(V)); 117 } 118 BuildAC(); 119 double l=0, r=log(1e9+1), mid, ans=0; 120 while(r-l>eps){ 121 mid=(l+r)/2; 122 if(DP(mid)>0) ans=mid, l=mid; 123 else r=mid; 124 } 125 //cout<<ans<<endl; 126 _DP(ans); 127 printf("%s ",ansStr); 128 return 0; 129 }
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。