A. 小W的魔术
考虑问题的逆问题，怎样的字符串是好的字符串。
即长度为$n$，前缀与给定字符串的前缀匹配，后缀与给定字符串的后缀匹配的字符串个数。
不妨枚举给定字符串的断开点，那么答案即$(len+1)*26^{n-len}$
然而这里面有重复计算的方案，把它画出来就可以发现，
相邻两次枚举，重复计算的方案是固定的，扣除重复的答案就好了。
B. 小Y的图
显然是最小生成树，然后问题转化为树上两点唯一路径上的最大值。
倍增/树剖维护这个东西就好了。
C. 小L的数
一个结论是：
任何一个数的答案不会超过4。
考虑四个组合，分别为$01,02,04,08$。
因为对应着二进制位，每一位都可以被这四个组合拼出来。
所以只要判断答案是否为1/2/3，如果都不是，答案为4。
对于答案为1，情况是简单的，只要拆开$n$看一下是不是好数。
对于答案为2/3，考虑进行一个数位$dp$。
以答案为$3$为例，因为$(x,x)$可以被$(0,x)$表示出来，不同的集合共有45个。
枚举构成答案选择的可重集合$(a,b),(c,d),(e,f)$。
设$dp(i,0/1/2,S)$表示到考虑到第$i$位，当前位的加法进位为0/1/2，
已经到达前导零的状压集合为$S$，其中对应位为0表示还没到达前导0，为1则表示已经到达前导0。
从低到高枚举每一位，可以进行简单dp，然而打起来还挺麻烦的，更好的办法是学习$yxs$大神的预处理，然后就好了。
1 #include<algorithm> 2 #include<iostream> 3 #include<cstring> 4 #include<cstdio> 5 #define ll long long 6 #define int short 7 using namespace std; 8 const int mo[40]={0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,0}; 9 const int ch[40]={0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,2,2,2,2,2,2,2,2,2,2,2}; 10 int cnt,w; 11 int r[20],vis[20],s[105]; 12 bool dp[20][3][8]; 13 inline int calc(ll x,int ret=0){ 14 w=0; while(r[++w]=x%10,x/=10); 15 for(int i=0;i<=9;++i) vis[i]=0; 16 for(int i=1;i<=w;++i) if(!vis[r[i]]) vis[r[i]]=1,++ret; 17 return ret; 18 } 19 inline int query(ll x){ 20 if(calc(x)<=2) return 1; 21 for(int i=1;i<=cnt;++i) for(int j=i;j<=cnt;++j){ 22 memset(dp,0,sizeof(dp)); 23 int a=s[i]/10,b=s[i]%10,c=s[j]/10,d=s[j]%10; 24 for(int st=0;st<4;++st) dp[1][0][st]=1; 25 for(int u=1;u<=w;++u){ 26 for(int v=0;v<2;++v){ 27 if(dp[u][v][0]){ 28 if(mo[v+a+c]==r[u]) dp[u+1][ch[v+a+c]][0]=dp[u+1][ch[v+a+c]][1]=dp[u+1][ch[v+a+c]][2]=dp[u+1][ch[v+a+c]][3]=1; 29 if(mo[v+a+d]==r[u]) dp[u+1][ch[v+a+d]][0]=dp[u+1][ch[v+a+d]][1]=dp[u+1][ch[v+a+d]][2]=dp[u+1][ch[v+a+d]][3]=1; 30 if(mo[v+b+c]==r[u]) dp[u+1][ch[v+b+c]][0]=dp[u+1][ch[v+b+c]][1]=dp[u+1][ch[v+b+c]][2]=dp[u+1][ch[v+b+c]][3]=1; 31 if(mo[v+b+d]==r[u]) dp[u+1][ch[v+b+d]][0]=dp[u+1][ch[v+b+d]][1]=dp[u+1][ch[v+b+d]][2]=dp[u+1][ch[v+b+d]][3]=1; 32 } 33 if(dp[u][v][1]){ 34 if(mo[v+c]==r[u]) dp[u+1][ch[v+c]][1]=dp[u+1][ch[v+c]][3]=1; 35 if(mo[v+d]==r[u]) dp[u+1][ch[v+d]][1]=dp[u+1][ch[v+d]][3]=1; 36 } 37 if(dp[u][v][2]){ 38 if(mo[v+a]==r[u]) dp[u+1][ch[v+a]][2]=dp[u+1][ch[v+a]][3]=1; 39 if(mo[v+b]==r[u]) dp[u+1][ch[v+b]][2]=dp[u+1][ch[v+b]][3]=1; 40 } 41 if(dp[u][v][3]) if(v==r[u]) dp[u+1][0][3]=1; 42 } 43 } 44 for(int st=0;st<4;++st) if(dp[w+1][0][st]) return 2; 45 } 46 for(int i=1;i<=cnt;++i) for(int j=i;j<=cnt;++j) for(int k=j;k<=cnt;++k){ 47 memset(dp,0,sizeof(dp)); 48 int a=s[i]/10,b=s[i]%10,c=s[j]/10,d=s[j]%10,e=s[k]/10,f=s[k]%10; 49 for(int st=0;st<8;++st) dp[1][0][st]=1; 50 for(int u=1;u<=w;++u){ 51 for(int v=0;v<3;++v){ 52 if(dp[u][v][0]){ 53 if(mo[v+a+c+e]==r[u]) dp[u+1][ch[v+a+c+e]][0]=dp[u+1][ch[v+a+c+e]][1]=dp[u+1][ch[v+a+c+e]][2]=dp[u+1][ch[v+a+c+e]][3]=1, 54 dp[u+1][ch[v+a+c+e]][4]=dp[u+1][ch[v+a+c+e]][5]=dp[u+1][ch[v+a+c+e]][6]=dp[u+1][ch[v+a+c+e]][7]=1; 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