题目大意：给你两个长度都为n，字符集为{a,b,c}的字符串S和T。
对于字符串S的任意一个字符，我们可以用cost[0]的代价，把字符a变成字符b。用cost[1]的代价，把字符b变成c，用cost[2]的代价，把字符c变成a。
问你在总代价不超过MaxCost的情况下，有多少种方法，使得字符串S与字符串T相同。
两种方法被认为是不同的，当且仅当操作序列的长度是不同的，或者某一步操作的字符不同。
数据范围：$n≤11$，$1≤cost≤10^9$，$0≤MaxCost≤10^9$。
我们先用最少的代价使得$S=T$。不妨设该过程耗费的代价为$MinCost$，操作步数为$MinK$。
我们不难发现，接下来如果某个位置的字符需要发生变化，则该字符必须变化一整圈（变化3次），花费为$cost[0]+cost[1]+cost[2]$。
那么，变化的圈数显然不会超过$(MaxCost-MinCost)/(cost[0]+cost[1]+cost[2])$，我们令该值为$K$。
令$f[X][i][j][k]$表示第$X$次操作时，串$S$满足有$i$个位置与串$T$相同，有$j$个位置需要转$1$次才能与$T$相同，有$k$个位置需转$2$次才能与$T$相同。
显然，我们可以用$f[X][i][j][k]$，去更新：$f[X+1][i-1][j+1][k],f[X+1][i][j-1][k+1],f[i+1][j][k-1]$
不难发现我们可以用矩阵快速幂来加速转移。
考虑到$f[X][i][j][k]$需满足$i+j+k=0$。不难发现矩阵大小上限是$n^2 imes n^2$的。
然后就做完了
时间复杂度：$O(n^6log frac{MaxCost}{Cost})$
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define N 11 3 #define M 82 4 #define L long long 5 #define MOD 1000000007 6 #define A 'a' 7 #define B 'b' 8 #define C 'c' 9 using namespace std; 10 11 struct mat{ 12 L a[M][M]; int n,m; 13 mat(){memset(a,0,sizeof(a)); n=m=0;} 14 mat(int _n,int _m){n=_n; m=_m; memset(a,0,sizeof(a));} 15 void dw(){ 16 memset(a,0,sizeof(a)); 17 for(int i=1;i<=n;i++) a[i][i]=1; 18 } 19 friend mat operator *(mat a,mat b){ 20 mat c=mat(a.n,b.m); 21 for(int i=1;i<=a.n;i++) 22 for(int j=1;j<=a.m;j++) 23 for(int k=1;k<=b.n;k++){ 24 if(a.a[i][k]*b.a[k][j]){ 25 int yxq; 26 yxq=234; 27 } 28 c.a[i][j]=(c.a[i][j]+a.a[i][k]*b.a[k][j])%MOD; 29 } 30 return c; 31 } 32 friend mat operator ^(mat a,int b){ 33 mat ans=mat(a.n,a.n); ans.dw(); 34 while(b){ 35 if(b&1) ans=ans*a; 36 a=a*a; b>>=1; 37 } 38 return ans; 39 } 40 }; 41 mat S,sta; 42 43 int c[128][128]={0},h[128][128]={0}; 44 45 46 int n,times=0,lim,k=0; char s[20]={0},t[20]={0}; 47 int Init(){ 48 scanf("%s%s",s,t); n=strlen(s); 49 scanf("%d%d%d",&c[A][B],&c[B][C],&c[C][A]); 50 c[A][C]=c[A][B]+c[B][C]; 51 c[B][A]=c[B][C]+c[C][A]; 52 c[C][B]=c[C][A]+c[A][B]; 53 h[A][B]=h[B][C]=h[C][A]=1; 54 h[B][A]=h[C][B]=h[A][C]=2; 55 scanf("%d",&lim); 56 int dn=0; 57 for(int i=0;i<n;i++){ 58 k+=h[s[i]][t[i]]; 59 dn+=c[s[i]][t[i]]; 60 } 61 k+=(lim-dn)/(c[A][B]+c[B][C]+c[C][A])*3; 62 } 63 64 int id[N][N][N]={0},cnt=0; 65 void BuildMatrix(){ 66 for(int i=0;i<=n;i++) 67 for(int j=0;j<=n;j++) 68 for(int k=0;k<=n;k++) 69 if(i+j+k==n){ 70 id[i][j][k]=++cnt; 71 } 72 S=mat(cnt+1,cnt+1); 73 74 sta=mat(1,cnt+1); 75 int p[3]={0}; 76 for(int i=0;i<n;i++) p[h[t[i]][s[i]]]++; 77 sta.a[1][id[p[0]][p[1]][p[2]]]=1; 78 79 for(int i=0;i<=n;i++) 80 for(int j=0;j<=n;j++) 81 for(int k=0;k<=n;k++) 82 if(i+j+k==n){ 83 int ID=id[i][j][k],P=0; 84 85 if(i-1>=0) P=id[i-1][j+1][k]; else P=0; 86 if(P) S.a[ID][P]=i; 87 88 if(j-1>=0) P=id[i][j-1][k+1]; else P=0; 89 if(P) S.a[ID][P]=j; 90 91 if(k-1>=0) P=id[i+1][j][k-1]; else P=0; 92 if(P) S.a[ID][P]=k; 93 } 94 S.a[cnt+1][cnt+1]=S.a[id[n][0][0]][cnt+1]=1; 95 } 96 97 int main(){ 98 Init(); 99 BuildMatrix(); 100 S=S^k; 101 sta=sta*S; 102 cout<<(sta.a[1][cnt+1]+sta.a[1][id[n][0][0]])%MOD<<endl; 103 }