タイルテラス
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問題の意味
文字列が与えられ\（S \）、3種類のそれぞれが値を得るように選択することができます
：\（\ ""のType1 ） 入手するには、\（W_1 \）要素
：\（ ".." \タイプ2 ） 取得する（\ W_2 \）元
\（タイプ3： ".. \ ＃" \） 取得するために\（w_3 \）元の
2つの制約があり、ほかに
\（Limti1：タイプ1 \）最大でのみ選択\（K \）
\（ LIMIT2：\）の各文字のみを選択することができますが、一度
に得ることができる最大値を求めました。
思考
まず第一には、のために見つけることができる2つの隣接した\（\＃\）私たちがいないこの2つの状態を、特定された場合として、または\（タイプ3は、\）を使用し、その後、私たちが知ることができる2 \（ ＃\）\間（\。\）番号。この数が奇数の場合、それはそれらの1つを意味\（。\）として使用するために使用し（タイプ1 \）\必ずしも損失ではない、つまり、\（。\）白い娼婦です。
オーダー\（DP [I] [J ] [K] [0/1] \） セクションを表す\（I \） A （\ \＃\）白色売春婦の数まで\（J \）\（タイプ1 \）、から選択される\（K \）\（タイプ3 \） 、及び第一\（I \） A （\ \＃\）かどうかのような\（タイプ3 \）の使用。
計算を容易にするために、我々は、全体の文字列の先頭に追加することができる（\＃\）\、追加する文字列全体の末尾（\ \＃\）をから、次いで、必要全体の状態（DP [0] \ [0 ] [0] [0] \）に結合し、再帰始まる\（DP [\ #_ {数 }] [j] [k]が[0] \） の端部に。
この打ち上げの後、我々は白い娼婦知ってます\（\）\（タイプ1 \）を選択し、（C \）\ \（タイプ3 \）数まで取得することができ、の場合には\（B \） 。最後に、\（、B、C \ ） 貪欲なシークの答え、してみてください（タイプ1 \）\超えていない（K \）\の場合には\（タイプ2 \）に\（タイプ1 \） 。
我々はそれを見ることができるので、\（\＃\）それまでの数まで\（50 \） 、その後数ヶ月、売春の白い\（タイプ1 \）以下でなければなりません\（51 \） 、全体ので\（DP \）の複雑さがある\（O \左（50 ^ 3 \ times4 \右）\） の
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> File Name : J.cpp
> Author : Jiaaaaaaaqi
> Created Time : Tue 05 Nov 2019 10:00:31 PM CST
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#include <map>
#include <set>
#include <list>
#include <ctime>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <queue>
#include <cfloat>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <bitset>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <unordered_map>
#define lowbit(x) x & (-x)
#define mes(a, b) memset(a, b, sizeof a)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define pii pair<int, int>
typedef unsigned long long int ull;
typedef long long int ll;
const int maxn = 1e5 + 10;
const int maxm = 1e5 + 10;
const ll mod = 1e9 + 7;
const ll INF = 1e18 + 100;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const double pi = acos(-1.0);
const double eps = 1e-8;
using namespace std;
int n, m;
int cas, tol, T;
ll g1, g2, g3;
char s[maxn];
ll dp[60][60][60][2];
vector<int> vv;
ll calc(ll a, ll b, ll c) {
if(a > m) a = m;
ll ans = a*g1 + c*g3;
ll tmp = min(b, (m-a)/2);
ll res = max(b*g2, (b-tmp)*g2 + tmp*2ll*g1);
if(a+tmp*2<m && b-tmp>0) res = max(res, res-g2+g1);
return ans+res;
}
int main() {
// freopen("in", "r", stdin);
scanf("%d%d%lld%lld%lld", &n, &m, &g1, &g2, &g3);
scanf("%s", s+1);
vv.clear();
vv.pb(0);
for(int i=1; i<=n; i++) {
if(s[i]=='#') vv.pb(i);
}
vv.pb(n+1);
for(int i=0; i<60; i++) for(int j=0; j<60; j++)
for(int k=0; k<60; k++) for(int z=0; z<2; z++)
dp[i][j][k][z] = -INF;
dp[0][0][0][0] = 0;
int sz = vv.size()-1;
for(int i=0; i<sz; i++) {
int s = vv[i+1]-vv[i]-1;
for(int j=0; j<60; j++) {
for(int k=0; k<60; k++) {
if(dp[i][j][k][0] >= 0) {
if(s>=0) dp[i+1][j+s%2][k][0] = max(dp[i+1][j+s%2][k][0], dp[i][j][k][0] + s/2);
if(s>=1) dp[i+1][j+(s-1)%2][k][1] = max(dp[i+1][j+(s-1)%2][k][1], dp[i][j][k][0] + (s-1)/2);
}
if(dp[i][j][k][1] >= 0) {
if(s>=1) dp[i+1][j+(s-1)%2][k+1][0] = max(dp[i+1][j+(s-1)%2][k+1][0], dp[i][j][k][1] + (s-1)/2);
if(s>=2) dp[i+1][j+(s-2)%2][k+1][1] = max(dp[i+1][j+(s-2)%2][k+1][1], dp[i][j][k][1] + (s-2)/2);
}
}
}
}
ll ans = 0;
for(int i=0; i<60; i++) for(int j=0; j<60; j++) if(dp[sz][i][j][0]>=0)
ans = max(ans, calc(i, dp[sz][i][j][0], j));
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}