这个式子是是由(Asim A+N)组成的，那么(Asim A+N)就只能等于(0sim N-1)，因此我们每次对(Asim A+N)的取值做一个新的排列，然后judge一下当前状态是否可行，若可行直接输出解。
显然(N!)过于庞大，需要剪枝。
剪枝：
假设一个这种情况：
XXXAXXX
XXXBXXX
XXXCXXX
其一，在一个排列中设(A+B=k)，(A+B<C)时，在其它任意一个排列中，若(A+B<k)，那么这个排列肯定不合法，(A+B<C+N)同理。
其二，在一排里，进位至多为1，那么仅((A+B)\%N=C)和((A+B+1)\%N=C)这两种情况成立。有了这个优化我们就不需要一了。
其三，由于三排长度都是(N)，意味着最高位没有进位。
其四，在二的判断中，倘若我们能够早一些找到不合法的情况，那么这个题就可以得到更好的优化。显然，在检验二时，我们是从某一边的最边上那一排开始扫到末尾那一排，所有如果我们搜索时先搜出早一点扫到的那部分字母对应的数字，就会减少大量无用枝条。
复杂度(O(EIS))
参考代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<vector>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define PI acos(-1.0)
#define N 101
#define MOD 2520
#define E 1e-12
using namespace std;
inline int read()
{
int f=1,x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
int n,num[N],q[N],cnt;
char mp[4][N];
bool v[N],use[N];
inline void judge()
{
int add=0;
for(int i=n;i>=1;--i){
if((num[mp[1][i]]+num[mp[2][i]]+add)%n==num[mp[3][i]])
add=(num[mp[1][i]]+num[mp[2][i]]+add)/n;
else return;
}
for(int i='A';i<'A'+n;++i)
printf("%d ",num[i]);
exit(0);
}
inline bool can()
{
for(int i=n;i>=1;--i){
if(num[mp[1][i]]==-1||num[mp[2][i]]==-1||num[mp[3][i]]==-1) continue;
if((num[mp[1][i]]+num[mp[2][i]])%n!=num[mp[3][i]])
if((num[mp[1][i]]+num[mp[2][i]]+1)%n!=num[mp[3][i]])
return 0;
}
return 1;
}
inline void dfs(int now)
{
if(now>n){
judge();return;
}
for(int i=n-1;i>=0;--i){
if(use[i]) continue;
num[q[now]+'A']=i;
if(can()){
use[i]=1;
dfs(now+1);
use[i]=0;
}
}
num[q[now]+'A']=-1;
}
int main()
{
n=read();
memset(num,-1,sizeof(num));
for(int i=1;i<=3;++i) scanf("%s",mp[i]+1);
for(int i=n;i>=1;--i){
if(!v[mp[1][i]-'A']) q[++cnt]=mp[1][i]-'A',v[mp[1][i]-'A']=1;
if(!v[mp[2][i]-'A']) q[++cnt]=mp[2][i]-'A',v[mp[2][i]-'A']=1;
if(!v[mp[3][i]-'A']) q[++cnt]=mp[3][i]-'A',v[mp[3][i]-'A']=1;
}
dfs(1);
return 0;
}