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前言

真 \(\cdot\) 信仰型动态规划

题解

我们可以采用信仰型动态规划解决此题。

设 \(dp[S]\) 表示 S 这个字符串的所有子集可以被编码成多少种。

那么分两种情况转移：

1. 不编码，答案是子集总数。

2. 考虑枚举最左边的一处编码，递归DP。

时间复杂度 \(O(信仰)\) 。

时间复杂度证明？详见官方题解。反正我没去看。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define clr(x) memset(x,0,sizeof x)
#define For(i,a,b) for (int i=(a);i<=(b);i++)
#define Fod(i,b,a) for (int i=(b);i>=(a);i--)
#define fi first
#define se second
#define pb(x) push_back(x)
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define outval(x) cerr<<#x" = "<<x<<endl
#define outtag(x) cerr<<"---------------"#x"---------------"<<endl
#define outarr(a,L,R) cerr<<#a"["<<L<<".."<<R<<"] = ";                        For(_x,L,R)cerr<<a[_x]<<" ";cerr<<endl;
using namespace std;
typedef long long LL;
LL read(){
    LL x=0,f=0;
    char ch=getchar();
    while (!isdigit(ch))
        f|=ch=='-',ch=getchar();
    while (isdigit(ch))
        x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
    return f?-x:x;
}
typedef __int128 LG;
const int N=105,mod=998244353;
int Pow(int x,int y){
    int ans=1;
    for (;y;y>>=1,x=(LL)x*x%mod)
        if (y&1)
            ans=(LL)ans*x%mod;
    return ans;
}
void Add(int &x,int y){
    if ((x+=y)>=mod)
        x-=mod;
}
void Del(int &x,int y){
    if ((x-=y)<0)
        x+=mod;
}
int Add(int x){
    return x>=mod?x-mod:x;
}
int Del(int x){
    return x<0?x+mod:x;
}
int n;
char s[N];
int a[N];
int pw2[N];
map <LG,int> dp,vis;
void write(LG x){
    if (x>9)
        write(x/10);
    putchar('0'+x%10);
}
LG Get(LG a,int L,int R){
    return a>>L&(((LG)1<<(R-L+1))-1);
}
int DP(LG K){
    if (vis[K])
        return dp[K];
    vis[K]=1;
    int ans=0,k=K>>n;
    if (!k)
        return dp[K]=1;
    LG S=Get(K,0,n-1);
    For(i,0,k-1)
        if (S>>i&1)
            ans++;
    ans=pw2[ans];
    int cnt=0;
    For(i,0,k-1){
        For(j,i,k-1){
            int len=j-i+1;
            if (j+len>k-1)
                break;
            LG v=Get(S,i,j);
            for (int t=i+len;t+len-1<k;t+=len){
                v&=Get(S,t,t+len-1);
                Add(ans,(LL)pw2[cnt]*DP(v|(LG)len<<n)%mod
                        *DP(Get(S,t+len,k-1)|(LG)(k-(t+len))<<n)%mod);
            }
        }
        if (S>>i&1)
            cnt++;
    }
    return dp[K]=ans;
}
int main(){
    cin>>s;
    n=strlen(s);
    pw2[0]=1;
    For(i,1,n)
        pw2[i]=Add(pw2[i-1]<<1);
    For(i,0,n-1)
        a[i]=s[i]-'0';
    LG S=0;
    For(i,0,n-1)
        S|=(LG)a[i]<<i;
    S|=(LG)n<<n;
    write(DP(S));
    puts("");
    return 0;
}

AtCoder Grand Contest 020 (AGC020) E - Encoding Subsets 动态规划

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