题意

定义F(x)为F(x-1)与F(x-2)的连接（其中F(0) = ‘0’,F(1) = ‘1’）。
给出一个长度不超过100的字符串s，询问s在F(x)的所有子序列中出现了多少次。

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题解

数量很大的计数问题，我们首先想到的解决方案就是dp。
我们考虑F(x) = F(x-1) + F(x-2)
是由两部分构成的，我们可以分治来计算。
s[1,n]在F(x)中出现的次数由几部分构成：

• $s[1,n]$在$F(x-1)$中出现的次数乘以$2^{len(F(x-2))}$
• $s[1,n]$在$F(x-2)$中出现的次数乘以$2^{len(F(x-1))}$
• $s[1,k]$在$F(x-1)$中出现的次数*$s[k+1,n]$在$F(x-2)$中出现的次数

我们定义状态$dp[i][l][r]$表示$s[l,r]$在$F(i)$的所有子序列中出现的次数。
那么

$dp[i][l][r] += dp[i-1][l][r]*2^{len(F(i-2))};当r == n时候$

解释：当r==n的时候，由于s[l,r]已经在F(i-1)中结尾了，所以F(i-2)中可以随便选取组成新的字串。

$dp[i][l][r] += dp[i-1][l][r]*1;当r != n时候$

解释：当r!=n的时候，由于s[l,r]没有在F(i-1)中结尾，此时如果取F(i-2)中字符的话，会给后面造成影响，即拼接出的包含s不是连续的。

$dp[i][l][r] += dp[i-2][l][r]*2^{len(F(i-1))};当l == 1时候$
$dp[i][l][r] += dp[i-2][l][r]*1;当l != 1时候$

然后就是$s[l,r]$分两段$s[l,k]$在$F(i-1)$里面和$s[k+1,r]$在$F(i-2)$里面。
$dp[i][l][r] += dp[i][l][k]*dp[i][k+1][r],l<=k<r$

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实现代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
#define pr(x) cout<<#x<<':'<<x<<endl
typedef long long ll;
const int maxn = 107;
const ll mod = 1e9+7;
ll dp[maxn][maxn][maxn];
char s[maxn];
int n,m;
ll modpow2[maxn];
int main(){scanf("%d%d",&m,&n);scanf(" %s",s);modpow2[0] = modpow2[1] = 2;for(int i = 2;i <= n;++i)modpow2[i] = modpow2[i-1]*modpow2[i-2]%mod;for(int i = 0;i < m;++i){dp[s[i]-'0'][i+1][i+1] = 1;}for(int i = 2;i <= n;++i){for(int l = 1;l <= m;++l){for(int r = l;r <= m;++r){dp[i][l][r] += dp[i-1][l][r]*(r == m?modpow2[i-2]:1)%mod;dp[i][l][r] += dp[i-2][l][r]*(l == 1?modpow2[i-1]:1)%mod;for(int k = l;k < r;++k){dp[i][l][r] += dp[i-1][l][k]*dp[i-2][k+1][r]%mod;}dp[i][l][r] %= mod;}}}cout<<dp[n][1][m]<<endl;return 0;
}