AGC020E
对于一个 01 01 01串 S S S,你可以对 S S S进行如下操作:
找到一段形如 A A … A AA\dots A AA…A( k k k个 A A A)的子串,其中 A A A代表一种字符串,取的 k k k大于等于 2 2 2。
将这段子串变成 ( A ∗ k ) (A*k) (A∗k)。然后继续这样操作。
给你 01 01 01串 S S S,你要求所有 S S S的子集 T T T(即 T i ≤ S i T_i\le S_i Ti≤Si),求其能够经过这样的操作能表示的不同的串的方案。
∣ S ∣ ≤ 100 |S|\le 100 ∣S∣≤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 2 2个析点或没有儿子(长度为 1 1 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 D P DP DP。分别设个 f i , j f_{i,j} fi,j和 g i , j g_{i,j} gi,j分别表示区间 [ l , r ] [l,r] [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 ) = ∑ i = 1 n ( n − i + 1 ) ( 1 + ∑ d ∣ i ( i + T ( d ) ) T(n)=\sum_{i=1}^n(n-i+1)(1+\sum_{d|i}(i+T(d)) T(n)=∑i=1n(n−i+1)(1+∑d∣i(i+T(d))
假设 T ( 1 ) = 1 T(1)=1 T(1)=1,写个简单的递推得 T ( 100 ) = 243422222 T(100)=243422222 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;
}