发在讨论版的原因就是因为不想写题解，格式太麻烦了，况且也不怎么会用markdown

我们明确的是$O(|S|^2)$的算法肯定是过不去的，我又不想写优化(其实就是不会)，那么为什么不考虑换个状态转移的方式呢？

首先，我们先观察数据范围，集合中的每个元素的长度不超过10？这不就是一个突破口吗？

$dp[i]$表示前缀长度为$i$ 时，能否被分解

那我们怎么更新后面的状态呢？很简单，当$dp[i]$==1时，说明前$i$ 个字符肯定能被分解，前面就不用管了，我们只需要知道后面的字符能不能被更新就可以了:

若$s[i]$到$s[i+j]$，这一段字串在集合中，那么$dp[i+j]$便可更新为1，好懂吧

时间复杂度为$O(|S|*k*logk)$ ，$k$ 是最长的元素串的长度，判断字符串是否在集合中存在，用的是map，因此要乘 $logk$ ，过这道题绰绰有余

以下是代码：

#include<iostream>
#include<map>
#include<cmath>
using namespace std;
const int MAXN=2e5+5;
string t,s;
int Max,ans,len;
map<string,bool> mp;
bool dp[MAXN];

int main(){
	ios_base::sync_with_stdio(0);
	while( cin>>t ){
		if( t=="." )
			break;
		mp[t]=1;
		len=t.size();
		Max=max(Max,len);
	}
	while( cin>>t )
		s+=t;
	len=s.size();
	dp[0]=1;
	for(int i=0;i<=len;i++){
		if( !dp[i] )
			continue;
		t="";
		for(int j=1;j<=min(Max,len-i);j++){
			t+=s[i+j-1];
			if( mp[t] )
				dp[i+j]=1;
		}
	}
	for(ans=len;ans>=0;ans--)
		if( dp[ans] )
			break;
	printf("%d",ans);
	return 0;
}