题目传送门：LOJ #3089。

题意简述：

有一个长度为 \(n\) 的母串，其中某些位置已固定，另一些位置可以任意填。

同时给定 \(m\) 个小串，第 \(i\) 个为 \(S_i\)，所有位置都已固定，它的价值为 \(V_i\)。

每次每个小串在母串中出现一次，便会给答案的多重集贡献一个 \(V_i\)。

最终的答案为多重集的几何平均数，定义空集的几何平均数为 \(1\)。

请你求出一个合法母串（往可以填的位置填合法字符）使得答案最大。

\(1\le n,s\le 1501\)，\(1\le V_i\le \max V=10^9\)，其中 \(\displaystyle s=\sum_{i=1}^{m}|S_i|\)。

题解：

假设多重集的大小为 \(c\)，第 \(i\) 个元素为 \(w_i\)，则 \(\displaystyle\mathrm{Ans}=\sqrt[c]{\prod_{i=1}^{c}w_i}\)。

两边取对数，有 \(\displaystyle\ln\mathrm{Ans}=\frac{1}{c}\sum_{i=1}^{c}\ln w_i\)，转化为经典的 0/1 分数规划问题。

二分答案，若等式右边大于 \(\mathrm{mid}\)，则有：

\(\begin{aligned}\frac{1}{c}\sum_{i=1}^{c}\ln w_i&>\mathrm{mid}\\\sum_{i=1}^{c}\ln w_i&>c\cdot\mathrm{mid}\\\sum_{i=1}^{c}(\ln w_i-\mathrm{mid})&>0\end{aligned}\)

所以，建出小串的 AC 自动机，然后二分答案后在 AC 自动机上 DP 判断不等式是否满足。

DP 时每个小串的权值设为 \(\ln V_i-\mathrm{mid}\)，注意要记录最佳转移点，以输出方案。

下面是代码，复杂度 \(\mathcal{O}(s\Sigma(\log\max V-\log\epsilon))\)：

#include <cstdio>

#include <cmath>

typedef double f64;

const int MN = 1505, Sig = 10;

const f64 eps = 1e-6, inf = 1e99;

int N, M;

char T[MN];

char str[MN];

int ch[MN][Sig], fail[MN], sum[MN], cnt;

f64 val[MN];

inline void Insert(char *s, f64 v) {

	int now = 0;

	for (; *s; ++s) {

		if (!ch[now][*s & 15]) ch[now][*s & 15] = ++cnt;

		now = ch[now][*s & 15];

	} ++sum[now], val[now] += v;

}

int que[MN], l, r;

void BuildAC() {

	fail[0] = -1;

	que[l = r = 1] = 0;

	while (l <= r) {

		int u = que[l++];

		for (int i = 0; i < Sig; ++i) {

			if (ch[u][i]) {

				int x = fail[u];

				while (~x && !ch[x][i]) x = fail[x];

				if (~x) fail[ch[u][i]] = ch[x][i];

				que[++r] = ch[u][i];

			}

			else if (~fail[u]) ch[u][i] = ch[fail[u]][i];

		}

	}

	for (int i = 2; i <= r; ++i)

		sum[que[i]] += sum[fail[que[i]]],

		val[que[i]] += val[fail[que[i]]];

}

f64 f[MN][MN];

int g[MN][MN][2];

char AT[MN];

inline f64 DP(f64 V) {

	for (int j = 0; j <= cnt; ++j) val[j] -= sum[j] * V;

	for (int i = 0; i <= N; ++i)

		for (int j = 0; j <= cnt; ++j)

			f[i][j] = -inf;

	f[0][0] = 0;

	for (int i = 0; i < N; ++i) {

		for (int j = 0; j <= cnt; ++j) {

			if (f[i][j] == -inf) continue;

			if (T[i] == '.') {

				for (int k = 0; k < Sig; ++k) {

					int _j = ch[j][k];

					if (f[i + 1][_j] < f[i][j] + val[_j])

						f[i + 1][_j] = f[i][j] + val[_j],

						g[i + 1][_j][0] = j,

						g[i + 1][_j][1] = k;

				}

			}

			else {

				int _j = ch[j][T[i] & 15];

				if (f[i + 1][_j] < f[i][j] + val[_j])

					f[i + 1][_j] = f[i][j] + val[_j],

					g[i + 1][_j][0] = j,

					g[i + 1][_j][1] = T[i] & 15;

			}

		}

	}

	for (int j = 0; j <= cnt; ++j) val[j] += sum[j] * V;

	int ans = 0;

	for (int j = 1; j <= cnt; ++j)

		if (f[N][j] > f[N][ans]) ans = j;

	for (int i = N, j = ans; i >= 1; --i)

		AT[i - 1] = g[i][j][1] | 48,

		j = g[i][j][0];

	return f[N][ans];

}

int main() {

	scanf("%d%d", &N, &M);

	scanf("%s", T);

	for (int i = 1; i <= M; ++i) {

		f64 v;

		scanf("%s%lf", str, &v);

		Insert(str, log(v));

	}

	BuildAC();

	f64 l = 0, r = log(1e9 + 5), mid, ans = 0;

	while (r - l > eps) {

		mid = (l + r) / 2;

		if (DP(mid) > 0) ans = mid, l = mid;

		else r = mid;

	}

	DP(ans);

	printf("%s\n", AT);

	return 0;

}