题面
虽然探索金字塔是极其老套的剧情，但是有一队探险家还是到了某金字塔脚下。经过多年的研究，科学家对这座金字塔的内部结构已经有所了解。首先，金字塔由若干房间组成，房间之间连有通道。如果把房间看作节点，通道看作边的话，整个金字塔呈现一个有根树结构，节点的子树之间有序，金字塔有唯一的一个入口通向树根。并且，每个房间的墙壁都涂有若干种颜色的一种。
探险队员打算进一步了解金字塔的结构，为此，他们使用了一种特殊设计的机器人。这种机器人会从入口进入金字塔，之后对金字塔进行深度优先遍历。机器人每进入一个房间（无论是第一次进入还是返回），都会记录这个房间的颜色。最后，机器人会从入口退出金字塔。
显然，机器人会访问每个房间至少一次，并且穿越每条通道恰好两次（两个方向各一次）， 然后，机器人会得到一个颜色序列。但是，探险队员发现这个颜色序列并不能唯一确定金字塔的结构。现在他们想请你帮助他们计算，对于一个给定的颜色序列，有多少种可能的结构会得到这个序列。因为结果可能会非常大，你只需要输出答案对 \(10^9\) 取模之后的值。
输入格式
输入文件包含一行，一个字符串S，长度不超过300，表示机器人得到的颜色序列。
输出格式
输出一个整数表示答案。
样例输入
ABABABA
样例输出
5
\(\text{Solution:}\)
容易发现，从串中提取出一段首尾相同的区间，就又成了一个可以递归的子问题。
\(F[l,r]\) 表示 \(ｌ\) 到 \(ｒ\) 这一段的答案。
先考虑特殊情况：
１．\(l=r\) 则 \(F[l, r] = 1\) ；
２．\(s[l] \ne s[r]\) 则 \(F[l, r]=0\)；
对于 \(s[l] = s[r]\) 的，考虑从它的两个子区间 \([l+1,k],[k+1,r-1]\) 转移，但是发现两个子区间合并的子树个数是不确定的，这样会产生重复计数，如："\(A|BAB|A|BA\)" 与 "\(A|B|A|BAB|A\)" 这两个的 "\(BAB\)" 都可以分为 "\(B|A|B\)" 于是方案 "\(A|B|A|B|A|B|A\)" 就被算了两次。
所以我们需要枚举第一颗子树所代表的区间 \([l+1,k]\) , 那么 \([k+1,r]\) 就是剩余部分(包括当前根，可能有多棵子树)，
这样就不会算重了。
请仔细思考为什么 \([l+1, k]\) 与 \([k+1,r]\) 合并不会算重，而 \([l+1,k]\) 与 \([k+1,r-1]\) 会算重。(在纸上画一画就想通了)
这题告诉我们：
对于方案计数类的 \(dp\), 通常一个状态的各个决策之间满足"加法原理"，而每个决策划分的几个子状态之间满足"乘法原理"
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 320, P = 1e9;
char str[N];
int n, m;
long long F[N][N];
long long solve(int l, int r)
{
if (l > r) return 0;
if (l == r) return 1;
if (~F[l][r]) return F[l][r];
if (str[l] != str[r]) return 0;
F[l][r] = 0;
for (int k = l + 1; k < r; ++ k)
F[l][r] = (F[l][r] + solve(l + 1, k) * solve(k+1, r) % P) % P;
return F[l][r];
}
int main()
{
memset(F, -1, sizeof F);
cin >> (str + 1);
cout << solve(1, strlen(str + 1)) << endl;
}