AGC020E题解

由于直接对S的所有子集求和并不是很好弄，所以考虑计算在“解码”时成为S的子集的数量。

令\(f(S)\)表示字符串为S时的答案。

考虑如何去计算\(f\)。编码字符串的第一个字符有两种选择。

• 是数字\(0\)或者\(1\)。显然这个字符与字符串其他部分的编码并没有关系，所以有\(f(S_{2\ldots |S|})\)种方法编码其余部分。如果\(S_1=1\)，则答案为这个值\(\times 2\)，因为编码字符串的第一个字符可以是\(0\)或\(1\)。同样，如果\(S_1=0\)，那么答案为\(\times 1\)，因为编码字符串的第一个字符串只能是\(0\)。
• 是一个左括号（。在此情况下，此编码字符串的开头是\((P\times K)\)，其中\(P\)是某个字符串\(A\)的编码。遍历正整数\(K\)和\(|A|\)满足\(K\cdot |A|\leq |S|\)，同时需要\(AA\ldots A\)（\(K\)个\(A\)拼起来）是\(S_{1\ldots K|A| }\)的子集。这等价于\(A\)同时是\(S_{1\ldots|A|},S_{|A|+1\ldots2|A|},\cdots,S_{(K-1)|A|+1\ldots K|A|}\)的子串。这等价于\(A\)是所有这些字符串的\(\wedge\)。并且还有\(f(S_{K|A|+1\ldots|S|})\)种方法编码其余部分。

因此\(f(S)\)的递推式子不难推出

\[f(S)=(1+S_1)f(S_{2\ldots |S|})+\sum_{|A|=1}^{|S|} \sum_{K=1}^{\lfloor\frac{|S|}{|A|}\rfloor} f(g(S,K,|A|))\times f(S_{K|A|+1\ldots |S|}) \]

其中\(g(S,K,|A|)\)表示\(S_{1\ldots |A|} \wedge S_{|A|+1\ldots 2|A} \wedge \ldots \wedge S_{(K-1)|A|+1\ldots K|A|}\)。

通过记忆化来计算\(f(S)\)。\(f\)将会调用多少个不同的参数？显然上界看上去为\(O(2^{|S|})\)，但事实上该解决方案十分快速。

具体证明可以查看官方题解。

下面附上感性理解：

如果字符串长度最多为12，那么不同的字符串个数为\(2^{13}-2\)种。可以证明对于长度\(> 12\)，最多有\(O(n^2)\)种方法调用\(f\)。事实上，状态数最多为\(O(N^3+2^{N/8})\)其中\(N^3\)前面有一个小常数。（其他题解有讲大概怎么推的）

#define lll __int128
map<pair<lll,int>,int>f;
char s[111];
int n;
int dfs(pair<lll,int> now)
{
	if(!now.se) return 1;
	if(f.count(now)) return f[now];
	int ans=dfs(mkp(now.fi>>1,now.se-1))*((now.fi&1)+1)%mod;
	R(A,1,now.se>>1) 
	{
		lll S=((lll)1<<A)-1,tmp=now.fi,sum=tmp&S;
		tmp>>=A;sum&=tmp&S;tmp>>=A;
		for(int K=now.se-A-A;K>=0;K-=A,sum&=tmp&S,tmp>>=A) 
			ans=(ans+1ll*dfs(mkp(sum,A))*dfs(mkp(tmp,K)))%mod;
	}
	return f[now]=ans;
}
signed main()
{
	scanf("%s",s);
	n=strlen(s);
	lll S=0;
	R(i,0,n-1) S=S<<1|(s[i]-'0');
	writeln(dfs(mkp(S,n)));
}