传送门

题意：

给一个含有T、F的字符串，T表示转向，F表示前进1格。现在可以把其中的T改为F，或F改为T，改变n次（可重复改变某一位置的字母），问相对于起点最远能走多远。

思路：

  考虑每一个命令，选择改变或者不改变，当前的决策对于以后产生的影响就是，停在了哪个位置，正朝着哪个方向。由此可以设出状态：dp[i][j][k][d]表示前i个命令，使用了j次机会，当前停留在k位置，正朝着d方向。不妨设初始位置为L，则最右可到达2×L，最左可达到0位置

AC代码：

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//   
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int dx[3];
int dp[150][65][3][3]; 
const int INF=1e9+10;
void solve(){
	string s;
	cin>>s;
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=0;i<128;i++){
		for(int j=0;j<64;j++){
			for(int k=0;k<2;k++){
				dp[i][j][k][0]=-INF;
				dp[i][j][k][1]=INF;
			}
		}
	}
	dx[0]=1;
	dx[1]=-1;
	dp[0][0][0][0]=0;
	dp[0][0][0][1]=0;
	for(int i=0;i<s.size();i++){
		for(int j=0;j<=n;j++){
			for(int k=0;k<2;k++){
				for(int p=0;p<2;p++){
					int op=dp[i][j][k][p];
					if(abs(op)<(INF/2)){
						if(s[i]=='F'){
							dp[i+1][j][k][0]=max(dp[i+1][j][k][0],op+dx[k]);
							dp[i+1][j][k][1]=min(dp[i+1][j][k][1],op+dx[k]);
							dp[i+1][j+1][!k][0]=max(dp[i+1][j+1][!k][0],op);
							dp[i+1][j+1][!k][1]=min(dp[i+1][j+1][!k][1],op);
						}
						else if(s[i]=='T'){
							dp[i+1][j][!k][0]=max(dp[i+1][j][!k][0],op);
							dp[i+1][j][!k][1]=min(dp[i+1][j][!k][1],op);
							dp[i+1][j+1][k][0]=max(dp[i+1][j+1][k][0],op+dx[k]);
							dp[i+1][j+1][k][1]=min(dp[i+1][j+1][k][1],op+dx[k]);	
						}
					}
				}
			}
		}
	}
	int ans=-1e9;
	int op=n%2;
	for(int i=op;i<=n;i+=2){
		for(int j=0;j<2;j++){
			for(int k=0;k<2;k++){
				int pp=abs(dp[s.size()][i][j][k]-0);
				if(pp<INF/2){
					ans=max(ans,pp);
				}
			}
		}
	}
	cout<<ans<<"\n";
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
	int t=1;
//	cin>>t;
	while(t--){
		solve();
	}
}