AGC020E
对于一个(01)串(S)，你可以对(S)进行如下操作：
找到一段形如(AAdots A)（(k)个(A)）的子串，其中(A)代表一种字符串，取的(k)大于等于(2)。
将这段子串变成((A*k))。然后继续这样操作。
给你(01)串(S)，你要求所有(S)的子集(T)（即(T_ile S_i)），求其能够经过这样的操作能表示的不同的串的方案。
(|S|le 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)个析点或没有儿子（长度为(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(DP)。分别设个(f_{i,j})和(g_{i,j})分别表示区间([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)=sum_{i=1}^n(n-i+1)(1+sum_{d|i}(i+T(d)))
假设(T(1)=1)，写个简单的递推得(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
",dp(_s[0],n,_f[0]));
return 0;
}