题意：给一长度为m的字符串，只包含0和1。字符组合可以表示字母，已知1个字符，2个字符，3个字符，4个字符（除0011，0101,1110,1111）均可表示一个字母。问该字符串的所有非空子串所能表示的字母序列的个数。\(1\leq m\leq 3000\)。
名词解释：
- s的sum：字符串s所能表示的字母序列的个数。
- s[i,j]：字符串s的第i位到第j位。下标从1开始。
思路：受到597C题的启发，对于询问多字符表示字符情况数的问题可以dp来做。dp[i]表示前i位构成的字符串的sum，则转移方程为dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]+dp[i-3]+dp[i-4]。这一点容易理解，可以第i位表示一个字母，方案数是dp[i-1]，第i位+第i-1位表示一个字母，方案数是dp[i-2]，以此类推。注意这里有四个4位字符是不能表示字母的，所以在+dp[i-4]之前先check一下i-3,i-2,i-1,i四个字符是否是那四种情况，如果是的话就不加。dp的时间复杂度是O(n)。
然而本题要求的是所有子串（本质不同）的sum之和。所有子串的数量为\(\frac{n(n+1)}{2}\)个。这一点可以这样考虑，s[1,n]构成的字符串后缀数量为n，s[1,n-1]后缀数量为n-1，以此类推，所有这些后缀加起来构成了所有子串。之后我们还要去掉重复字符串，但子串数量肯定是\(O(n^2)\)级别的，每个字符串都做一次dp，那么复杂度就炸了。
但恰好从枚举子串的思路入手，我们dp的时候是逐位dp，恰好依次枚举了字符串的所有前缀，也就是计算出了所有前缀的sum。事实上我们从最后一位往前dp也是一样的，即dp[i]=dp[i+1]+dp[i+2]+dp[i+3]+dp[i+4]，也就是计算出字符串的所有后缀的sum。那么就仿照枚举所有子串的思路，对s[1,n],s[1,n-1]……s[1,1]这n个字符串这么做，就顺手求出了所有子串的sum，这样就\(O(n^2)\)了。
但怎么去重？事实上没法去重。
所以只能换个思路，我们直接枚举所有本质不同的字符串，这一点可以借助后缀自动机。hihocoder上面那个图记忆犹新：
https://hihocoder.com/problemset/problem/1441 罗列子串那个图，我觉得非常非常清晰和重要
所有节点代表的字符串加起来就是所有本质不同的子串，而且非常友好的是每个节点的字符串都是maxlen的后缀，正好可以用我们的方法去算。
但上面这个想法只是口胡，怎么可能去枚举所有节点？想到这里我卡住了。中间试图考虑每添加一个字符，就记录这个字符所对应的子串，但后来去偷偷看了qz爷的题解，找到了最关键的一句话：
在字符串的尾部新加入一个字符时，会新增一些本质不同的子串，这些子串都属于后缀自动机的最后一个节点。并且在字符串中的位置是：[1,i],[2,i]...[len[fa[last]],i]
所以只要加入第i个字符后，对s[1,i]从后往前跑一遍dp，之后这个串的sum就是dp[1]+dp[2]+...+dp[i-len[fa[last]]]。
复杂度：总共需要跑m次dp，每个dp复杂度是O(m)，总复杂度\(O(m^2)\)
自己对后缀自动机的各种性质还是不够了解，不然应该不用看qz爷题解就能想出来正解的。另外多学了一个dp方法，597C我当时并没有做出来也是看题解才会的。
代码才53行，极其简洁，比qz爷的好多了（不是
AC代码：93ms,112KB
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M=3000+20,P=1e9+7;
char s[M];
int last,cnt,ch[M<<1][2],fa[M<<1],len[M<<1];
void ins(int c){
int p=last,np=++cnt;
last=np,len[np]=len[p]+1;
for(;p&&!ch[p][c];p=fa[p])
ch[p][c]=np;
if(!p)
fa[np]=1;
else{
int q=ch[p][c];
if(len[p]+1==len[q])
fa[np]=q;
else{
int nq=++cnt;
len[nq]=len[p]+1;
memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[q]));
fa[nq]=fa[q],fa[q]=fa[np]=nq;
for(;ch[p][c]==q;p=fa[p])
ch[p][c]=nq;
}
}
}
int main(){
int lenn,c,ans=0;
scanf("%d",&lenn);
last=cnt=1;
for(int i=1;i<=lenn;i++){
scanf("%d",&c),s[i]=c,ins(c);
int lmn=len[fa[last]]+1;
int dp[M];
dp[i+1]=1;
for(int j=i;j>=1;--j){
dp[j]=dp[j+1];
if (j+2<=i+1)
dp[j]=(dp[j]+dp[j+2])%P;
if (j+3<=i+1)
dp[j]=(dp[j]+dp[j+3])%P;
if (j+4<=i+1
&&(!(s[j]==0&&s[j+1]==0&&s[j+2]==1&&s[j+3]==1))
&&(!(s[j]==0&&s[j+1]==1&&s[j+2]==0&&s[j+3]==1))
&&(!(s[j]==1&&s[j+1]==1&&s[j+2]==1)))
dp[j]=(dp[j]+dp[j+4])%P;
}
for (int j=1;j<=i-lmn+1;++j)
ans=(ans+dp[j])%P;
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}