题解

一道很不错的动态规划问题，首先这些印章一定是s的子串。
我们可以枚举s的子串然后进行check。
如何check，成了这道题的关键。

由于盖章的顺序不知道，所以我们可以使用动态规划的方法。
我们定义状态：
$dp[i][j]$表示的是$s$串的前$i$个被完美盖上，并且Stamp刚好盖到第$j$个，的bool值。

这样最终的答案就是$dp[len(s)-1][len(stamp)-1]$。

转移方程：
我们枚举$i、j$，选择一个$dp[i][j] = 1$的$i,j$出发，
当我们考虑它能转移到的状态：
当$s[i+1] == stamp[j+1]$说明 $dp[i+1][j+1] = 1$
当$s[i+1] == stamp[0]$,说明$dp[i+1][0] = 1$，因为新盖的章可以把当前这个章给盖住。
当$j == len(stamp)-1$的时候，说明当前的章已经完全盖住了s[0-i]的后缀串。
因此我们考虑所有的$s[i+1] == stamp[jj]$，现在可以随便盖，因为前面的部分都会被刚才那个章子覆盖掉。
也就有$dp[i+1][jj] = 1$

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <string>
#include <set>
using namespace std;
const int maxn = 155;
string os;
int n;
int dp[maxn][maxn];
bool check(string ps){if(ps[0] != os[0]) return 0;memset(dp,0,sizeof(dp));dp[0][0] = 1;for(int i = 0;i < os.size()-1;++i){for(int j = 0;j < ps.size();++j){if(!dp[i][j]) continue;if(os[i+1] == ps[(j+1)%ps.size()]) dp[i+1][(j+1)%ps.size()] = 1;if(os[i+1] == ps[0])dp[i+1][0] = 1;}if(dp[i][ps.size()-1]){for(int j = 0;j < ps.size();++j){if(os[i+1] == ps[j])dp[i+1][j] = 1;}}}return dp[os.size()-1][ps.size()-1];}
int main(){cin>>os;n = os.length();set<string>st;for(int i = 0;i < n;++i){for(int j = i;j < n;++j){string ps = os.substr(i,j-i+1);if(check(ps)) st.insert(ps);}}for(auto as : st){cout<<as<<endl;}return 0;
}