AGC020E Encoding Subsets

AGC020E

对于一个\(01\)串\(S\)，你可以对\(S\)进行如下操作：

找到一段形如\(AA\dots A\)（\(k\)个\(A\)）的子串，其中\(A\)代表一种字符串，取的\(k\)大于等于\(2\)。

将这段子串变成\((A*k)\)。然后继续这样操作。

给你\(01\)串\(S\)，你要求所有\(S\)的子集\(T\)（即\(T_i\le S_i\)），求其能够经过这样的操作能表示的不同的串的方案。

\(|S|\le 100\)

---

先考虑对于一个串怎么做。

可以操作的过程看成一个树形结构。树上有两种节点（以下称为“析点”和“合点”，注意跟析合树没有任何关系，只是我随便想出来的名字）。

析点：儿子为若干个合点，表示将这些点拼接。

合点：儿子为至少\(2\)个析点或没有儿子（长度为\(1\)的子串），表示将这些点压缩。这些析点的子树都是同构的。

显然对于不同构的树，这样得到的最终的字符串是不同的。

可以直接对此进行区间\(DP\)。分别设个\(f_{i,j}\)和\(g_{i,j}\)分别表示区间\([l,r]\)以合点和析点为根的子树的方案数。其中合点转移的时候要求转移的若干个子区间相同。

现在的问题是要求每个子集的答案。唯一的区别就是合点转移的时候，要将若干个区间取并，然后求它作为析点时的方案数。

于是合点的状态不变，析点不用状态记录而直接递归处理。

这样时间复杂度能过？

分析一波：\(T(n)=\sum_{i=1}^n(n-i+1)(1+\sum_{d|i}(i+T(d))\)

假设\(T(1)=1\)，写个简单的递推得\(T(100)=243422222\)，可以过。

（表示不会严谨的时间复杂度分析）

---

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 110
#define ll long long
#define mo 998244353
int n;
char str[N];
int _s[10][N];
int _f[10][N][N];
int p;
int dp(int s[],int n,int f[][N]){
	for (int i=n;i>=1;--i){
		f[i][i]=s[i]+1;
		for (int j=i+1;j<=n;++j){
			f[i][j]=0;
			for (int d=1;d<j-i+1;++d)
				if ((j-i+1)%d==0){
					int *t=_s[++p];
					for (int k=0;k<d;++k)
						t[k+1]=s[i+k];
					for (int l=1;d*l<j-i+1;++l)
						for (int k=0;k<d;++k)
							t[k+1]&=s[i+d*l+k];
					f[i][j]=(f[i][j]+dp(t,d,_f[p]))%mo;
					--p;
				}
		}
	}
	static int g[N];
	g[0]=1;
	for (int i=1;i<=n;++i){
		g[i]=0;
		for (int j=0;j<i;++j)
			g[i]=(g[i]+(ll)g[j]*f[j+1][i])%mo;
	}
	return g[n];
}
int main(){
	freopen("in.txt","r",stdin);
	scanf("%s",str+1);
	n=strlen(str+1);
	for (int i=1;i<=n;++i)
		_s[0][i]=str[i]-'0';
	p=0;
	printf("%d\n",dp(_s[0],n,_f[0]));
	return 0;
}