AtCoder Grand Contest 020 (AGC020) E

原文链接www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/AGC020E.html

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;
}