设 \(f_{i,j,k}\) 表示在串 \(F(i)\) 的子序列中，\(s\) 中区间 \([j,k]\) 作为子串的出现次数之和。
则有两种转移：一种是子序列完全包含在 \(F(i-1)\) 或 \(F(i-2)\) 中，一种是子序列跨越两端。
先讨论后一种情况：\(f_{i,j,k}=\sum\limits_{l=j}^{k-1}f_{i-1,j,l}\times f_{i-2,l+1,k}\)。
然后讨论前一种情况，先讨论子序列全部位于 \(F(i-1)\) 中的情况，发现当 \(k=n\) 时由于 \([j,n]\) 已经不可能继续扩展了，所以 \(F(i-2)\) 中的字符可以随便选。否则不能选，不然可能会算重。
这里说明一下为什么会算重：
如果选了的话，\([j,k]\) 一定能扩展为 \([j,k+1]\)，这种情况属于子序列跨域两端，会在 \(f_{i,j,k+1}=f_{i-1,j,k}\times f_{i-2,k+1,k+1}\) 中被统计。
因此设 \(len_i\) 表示 \(F(i)\) 的长度，则有：
\(f_{i,j,k}=\left\{\begin{matrix} f_{i-1,j,k}\times 2^{len_i-2} \ \ \ \ k=n \\ f_{i-1,j,k} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ k\ne n \end{matrix}\right.\)
子序列全部位于 \(F(i-2)\) 中的情况也同理：
\(f_{i,j,k}=\left\{\begin{matrix} f_{i-2,j,k}\times 2^{len_i-1} \ \ \ \ j=1 \\ f_{i-2,j,k} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ j\ne 1 \end{matrix}\right.\)
初值为 \(f_{0,i,i}=[s_i=0],f_{1,i,i}=[s_i=1]\)。
最终答案为 \(f_{x,1,n}\)。
时间复杂度 \(\mathcal O(xn^3)\)。
Code：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 105, mod = 1e9 + 7;
int n, m;
char s[N];
int f[N][N][N];
int pw[N];
void add(int &a, int b) {
a += b;
if (a >= mod) a -= mod;
}
int main() {
scanf("%d%d%s", &m, &n, s + 1);
for (int i = 1; i <= m; ++i) f[s[i] - '0'][i][i] = 1;
pw[0] = pw[1] = 2; for (int i = 2; i <= n; ++i) pw[i] = 1ll * pw[i - 1] * pw[i - 2] % mod;
for (int i = 2; i <= n; ++i)
for (int l = 1; l <= m; ++l)
for (int r = l; r <= m; ++r) {
add(f[i][l][r], 1ll * f[i - 1][l][r] * ((r == m) ? pw[i - 2] : 1) % mod);
add(f[i][l][r], 1ll * f[i - 2][l][r] * ((l == 1) ? pw[i - 1] : 1) % mod);
for (int k = l; k < r; ++k) add(f[i][l][r], 1ll * f[i - 1][l][k] * f[i - 2][k + 1][r] % mod);
}
printf("%d", f[n][1][m]);
return 0;
}