第一道(AC)自动机(+DP.)
首先，一个自动机上(DP)的套路是设(dp[i][j])表示长度为(i)匹配到(j)节点的最优得分。
那么，由于我们已经建好了(Trie)图，我们就应该提前把走到节点(j)的所有连击操作处理出来。
有一条显然结论：如果在(fail)树上经过了这个串结尾节点中子树中的任意一点，则这次匹配一定会包含这个串。
换句话说，我们在对每一个节点更新(fail)的时候，其分值应该直接把其(fail)的分值加上。
于是我们进行(dp.)
首先初始值都是(-inf,)但对于匹配节点在根的情况应该是(0.)
至于为什么(dp[0][*])不能赋值为(0,)是因为根本不可能存在这种状态。匹配长度为(0)不可能匹配到其他节点。
但初始时，不管哪一个节点和(0)匹配，其一定不会有任何分数。根节点本身是一个空节点。
解决初始值问题，我们可以进行(dp.)
枚举长度，枚举节点，再枚举字符。对于一个状态，我们应该取所有能到达这个状态的(dp)值的(max.)因为我只能输入(k)个字符。
剩下的就是模板了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dp[5000][2000];
const int MAXN=4000;
int pos[MAXN],cnt[MAXN];
int tot,n;
char st[MAXN];
struct Tree{
int ch[3],fail;
}T[MAXN];
vector<int>to[MAXN];
int num[MAXN];
int insert(char *str,int len){
int u=0;
for(int i=0;i<len;++i){
int x=str[i]-'A';
if(!T[u].ch[x])T[u].ch[x]=++tot;
u=T[u].ch[x];
}
num[u]++;return u;
}
void bfs(){
queue<int>q;
for(int i=0;i<3;++i){
if(T[0].ch[i]){
int v=T[0].ch[i];
T[v].fail=0;
q.push(v);
}
}
while(!q.empty()){
int u=q.front();q.pop();
for(int i=0;i<3;++i){
if(T[u].ch[i]){
int v=T[u].ch[i];
T[v].fail=T[T[u].fail].ch[i];
q.push(v);
}
else T[u].ch[i]=T[T[u].fail].ch[i];
}
to[T[u].fail].push_back(u);
num[u]+=num[T[u].fail];
}
}
int K;
int main(){
scanf("%d%d",&n,&K);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%s",st);
int L=strlen(st);
pos[i]=insert(st,L);
}
bfs();
memset(dp,128,sizeof(dp));
for(int i=0;i<=K;++i)dp[i][0]=0;
for(int i=1;i<=K;++i){
for(int j=0;j<=tot;++j){
for(int k=0;k<3;++k){
dp[i][T[j].ch[k]]=max(dp[i][T[j].ch[k]],dp[i-1][j]+num[T[j].ch[k]]);
}
}
}
int ans=0;
for(int i=0;i<=tot;++i)ans=max(ans,dp[K][i]);
printf("%d
",ans);
return 0;
}