[atAGC020E]Encoding Subsets

令$f_{S}$表示字符串$S$的答案（所有子集的方案数之和），考虑转移：

1.最后是一个字符串，不妨仅考虑最后一个字符，即$f_{S[1,|S|)}$（字符串下标从1开始），特别的，若$S_{|S|}=1$，还有一个2倍的系数

2.是一个乘法，考虑是$k imes T$，记$l=|T|$，则$T$需要是末尾$k$段长为$l$的串的公共子集，不难发现这个公共子集就是这$k$个串求and后的串$T'$的子集，那么贡献即为$f_{T'}cdot f_{S[1,|S|-kl]}$

对其记忆化搜索即可，以下来证明状态数：

考虑$f_{S[1,|S|-kl]}$这个状态，一定会通过第一种若干次后得到，因此不需要考虑

接下来，构造一棵搜索树，但这棵搜索树的每一个儿子是父亲的一个长为$kl$的子串（$kge 2$）的$k$段字符串求and后的结果，$S$为第一层

对于四层即以后的字符串，长度一定不超过$lfloorfrac{n}{8} floor$，即至多$o(2^{lfloorfrac{n}{8} floor})$个

对于前三层的字符串，显然只需要统计第三层就足够了

当其中某一层的$kge 3$时，那么这一个串长度不超过$lfloorfrac{n}{6} floor$，类似的总量为$o(2^{lfloorfrac{n}{6} floor})$，也可以接受

接下来，每一层的$k$都为2，之后假设其父亲长度为$l_{1}$，自己的长度为$l_{2}$，其对应于$S$中，即$S$中的4个长为$l_{2}$的串的and，且第1和2个串相连、第3和4个串相连

因此这个字符串仅取决于第一个起点、第二个起点以及串长，总量为$o(n^{3})$

总复杂度约为$o(2^{lfloorfrac{n}{6} floor}+n^{3})$，实际上分析仍有很大的改善空间，即跑不满

具体记忆化的实现哈希+map即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 105
#define mod 998244353
map<int,int>f[N];
char s[N];
int get_hash(int l,char *s){
    int ans=0;
    for(int i=0;i<l;i++)ans=(3LL*ans+s[i]-'0')%mod;
    return ans;
}
int dfs(int l,char *s){
    if (!l)return 1;
    int h=get_hash(l,s);
    if (f[l][h])return f[l][h];
    int ans=(1+s[l-1]-'0')*dfs(l-1,s)%mod;
    char t[N];
    for(int i=1;i<=l/2;i++){
        for(int k=0;k<i;k++)t[k]=s[l-i+k];
        for(int j=2;i*j<=l;j++){
            for(int k=0;k<i;k++)t[k]=min(t[k],s[l-i*j+k]);
            ans=(ans+1LL*dfs(l-i*j,s)*dfs(i,t))%mod;
        }
    }
    return f[l][h]=ans;
}
int main(){
    scanf("%s",s);
    printf("%d",dfs(strlen(s),s));
}