字符串
数据范围：\(n<=6,|s_i|<=100,m<=500\)
Solution
场上不会在ac自动机上面跑dp的我大概失去了智商==果然字符串这块还是有点薄弱啊
首先想一个比较好的计算方式：比较明白的一点是如果前\(m\)位确定了，后\(m\)位自然也就确定了，我们将满足条件的串分成三大类：
（1）匹配串都在前\(m\)位（前半段）
（2）匹配串都在后\(m\)位（后半段）
（3）匹配串跨\(m\)这个位置
第三类又可以再分两类：跨\(m\)这个位置的串在前半段的长度比较大、在后半段的长度比较大
首先考虑前两类怎么计算：其实只要把正串和翻转之后再\(01\)反转的串都丢到ac自动机里面然后跑dp就好了
看到这个\(n\)这么小，大概差不多就是用来状压的了吧，于是粗暴地令\(f[i][j][k]\)表示确定了前\(i\)位，当前在\(j\)这个节点，当前已经包含的串状态为\(k\)，然后直接\(O(m*\)自动机节点数\(*2^n)\)暴力dp就好了
具体一点就是对于每个节点记录一个\(st[x]\)表示走到这个节点意味着包含了哪些字符串，预处理的时候从fail树上面从上往下传就好了（当然实现的时候并不用真的建出来，记录一下bfs序然后直接传就好了）
最后就是第三种情况，这个其实也比较好搞，对于每个自动机上的节点我们维护一个\(midst[x]\)表示这个节点作为新串中的第\(m\)位可以包含到哪些匹配串，我们枚举每个匹配串（包括反串）的每一位，如果这个位置可以作为满足条件的串的第\(m\)位的话（说白了就是可从这个位置切开满足反对称），并且在这里切开之后满足前半段的长度更长的话（因为枚举的字符串中既有正串也有反串，所以只要保证一种情况就可以将（3）中的两小类不重不漏地算进去了），我们将其加入对应的自动机节点的\(midst[x]\)里面去，然后同理这个\(midst\)也要下传，方式和上面的\(st\)一样
最后查答案的时候枚举\(f\)的后两维，如果说当前的状态\(k|midst[j]=\)满状态的话，就将\(f[m][j][k]\)加入答案中
代码大概长这个样子
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=15,L=110,M=510,MOD=998244353;
char s[N][L];
int n,m,ans,all;
int St(int x){if (x>n) x-=n; return 1<<x-1;}
bool in(int st,int x){return st>>x-1&1;}
int mul(int x,int y){return 1LL*x*y%MOD;}
int plu(int x,int y){return 1LL*x+y-(1LL*x+y>=MOD?MOD:0);}
namespace Ac{/*{{{*/
const int N=1210,C=2,ST=(1<<6)+10;
queue<int> q;
int ch[N][C],fail[N],st[N],lis[N],midst[N];
int f[M][N][ST];
int tot,rt;
void init(){tot=0; rt=0;}
void debug(){
for (int i=rt;i<=tot;++i) printf("%d ",st[i]); printf("\n");
}
int newnode(){
fail[++tot]=0; st[tot]=0;
for (int i=0;i<C;++i) ch[tot][i]=0;
return tot;
}
void insert(int id){
int now=rt,c,len=strlen(s[id]);
for (int i=0;i<len;++i){
c=s[id][i]-'0';
if (!ch[now][c]) ch[now][c]=newnode();
now=ch[now][c];
}
st[now]|=St(id);
}
void build(){
int u,v;
while (!q.empty()) q.pop();
q.push(rt); lis[0]=0;
while (!q.empty()){
v=q.front(); q.pop(); lis[++lis[0]]=v;
for (int i=0;i<C;++i){
if (!ch[v][i]){
ch[v][i]=ch[fail[v]][i];
continue;
}
if (v==rt)
fail[ch[v][i]]=rt;
else
fail[ch[v][i]]=ch[fail[v]][i];
q.push(ch[v][i]);
}
}
for (int i=1;i<=lis[0];++i) st[lis[i]]|=st[fail[lis[i]]];
}
void dp(){
int u;
f[0][rt][0]=1;
for (int i=0;i<m;++i){
for (int j=rt;j<=tot;++j)
for (int stt=0;stt<=all;++stt){
if (f[i][j][stt]==0) continue;
for (int k=0;k<C;++k){
u=ch[j][k];
f[i+1][u][stt|st[u]]=plu(f[i+1][u][stt|st[u]],f[i][j][stt]);
}
}
}
}
bool check(int which,int mid){
int tot1=mid,tot2=mid+1,len=strlen(s[which]);
while (tot1>=0&&tot2<len){
if (s[which][tot1]==s[which][tot2]) return 0;
--tot1; ++tot2;
}
return 1;
}
void calc_mid(){
int len,now,c;
for (int i=1;i<=n*2;++i){
len=strlen(s[i]);
now=rt;
for (int j=0;j<len-1;++j){
c=s[i][j]-'0';
if (check(i,j)&&(j+1)*2>=len)
midst[ch[now][c]]|=St(i);
now=ch[now][c];
}
}
for (int i=1;i<=lis[0];++i)
midst[lis[i]]|=midst[fail[lis[i]]];
}
void solve(){
build();
dp();
calc_mid();
ans=0;
for (int i=rt;i<=tot;++i){
for (int stt=0;stt<=all;++stt){
if ((midst[i]|stt)==all)
ans=plu(ans,f[m][i][stt]);
}
}
printf("%d\n",ans);
}
}/*}}}*/
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in","r",stdin);
#endif
scanf("%d%d",&n,&m);
int len;
Ac::init();
all=1<<n; --all;
for (int i=1;i<=n;++i){
scanf("%s",s[i]);
len=strlen(s[i]);
for (int j=0;j<len;++j)
s[n+i][len-1-j]='0'+((s[i][j]-'0')^1);
Ac::insert(i);
Ac::insert(n+i);
}
Ac::solve();
}
