Description
JYY有两个长度均为N的字符串A和B。
一个“扭动字符串S(i,j,k)由A中的第i个字符到第j个字符组成的子串
与B中的第j个字符到第k个字符组成的子串拼接而成。
比如，若A=’XYZ’，B=’UVW’，则扭动字符串S(1,2,3)=’XYVW’。
JYY定义一个“扭动的回文串”为如下情况中的一个：
1.A中的一个回文串；
2.B中的一个回文串；
3.或者某一个回文的扭动字符串S(i,j,k)
现在JYY希望找出最长的扭动回文串。
Input
第一行包含一个正整数N。
第二行包含一个长度为N的由大写字母组成的字符串A。
第三行包含一个长度为N的由大写字母组成的字符串B。
1≤N≤10^5
Output
输出的第一行一个整数，表示最长的扭动回文串。
Sample Input
5
ABCDE
BAECB
Sample Output
5
HINT
最佳方案中的扭动回文串如下所示（不在回文串中的字符用.表示）：
.BC..
..ECB
首先我们需要知道扭动的回文串的两种情况
1、它为A串或B串的子串
2、它的对称中心有一部分在A串或B串
对于第一种情况十分好写，这里就不再多说，主要是讲讲第二种情况
对于 第二种情况而言，我们首先枚举回文串中点 i，然后找到最大能扩张的最大范围(i-p[i]~i+p[i])，若回文串的中点在A串，则A串所能继续取到的范围是(1~i-p[i]-1)，而B串中所能取到的范围是(i+p[i]~len)，若中心点在B串类似。
那么下一步我们该怎么做？二分长度。二分一个长度，然后判断A的一部分和B串的一部分是否一样
如何判断？哈希。记录哈希出来的值的前缀和，B串记录后缀和，判断的时候做类似前缀和的减法即可，记得双哈希
依然不懂？上代码
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define inf 0x7f7f7f7f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned int ui;
typedef unsigned long long ull;
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if (ch=='-') f=-1;
for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
return x*f;
}
inline void print(int x){
if (x>=10) print(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
const int N=1e5,limit=27,p1=100007,p2=233333;
char A[N*2+10],B[N*2+10];
int pA[N*2+10],pB[N*2+10];
int sumA[2][N*2+10],sumB[2][N*2+10],g[2][N*2+10];
int len,Ans;
void work(char *s,int *p){
int Max=0,ID=0;
for (int i=1;i<=len;i++){
p[i]=Max>i?min(p[ID*2-i],Max-i):1;
while (s[i+p[i]]==s[i-p[i]]) p[i]++;
if (Max<p[i]+i) Max=p[ID=i]+i;
}
}
bool check(int l1,int r1,int l2,int r2,int Len){ //哈希判断，利用前缀和
int x=(sumA[0][r1]-1ll*sumA[0][l1-1]*g[0][Len]%p1)%p1;
int y=(sumB[0][l2]-1ll*sumB[0][r2+1]*g[0][Len]%p1)%p1;
x=(x+p1)%p1,y=(y+p1)%p1;
if (x!=y) return 0;
x=(sumA[1][r1]-1ll*sumA[1][l1-1]*g[1][Len]%p2)%p2;
y=(sumB[1][l2]-1ll*sumB[1][r2+1]*g[1][Len]%p2)%p2;
x=(x+p2)%p2,y=(y+p2)%p2;
return x==y;
}
int solve(int j,int k){ //二分枚举长度
int l=0,r=min(j,(len>>1)-k+1),ans=0;
while (l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if (check(j-mid+1,j,k,k+mid-1,mid)) l=mid+1,ans=mid;
else r=mid-1;
}
return ans;
}
int main(){
len=read();
scanf("%s%s",A+1,B+1);
for (int i=len;i;i--) A[i<<1]=A[i],B[i<<1]=B[i],A[i<<1|1]=B[i<<1|1]='&';
len=len<<1|1;
A[0]=B[0]='#',A[1]=B[1]='&',A[len+1]=B[len+1]='^',g[0][0]=g[1][0]=1;
work(A,pA),work(B,pB);
for (int i=1;i<=len;i++) pA[i]--,pB[i]--; //回文串的长度会多出来一位，应该减去
for (int i=1;i<=len;i++)
Ans=max(Ans,max(pA[i],pB[i])), //回文串为子串的情况
g[0][i]=1ll*g[0][i-1]*limit%p1,
g[1][i]=1ll*g[1][i-1]*limit%p2; //记录类似进制一样的东西
for (int i=2;i<len;i+=2)
sumA[0][i>>1]=(1ll*sumA[0][(i>>1)-1]*limit+A[i])%p1,
sumA[1][i>>1]=(1ll*sumA[1][(i>>1)-1]*limit+A[i])%p2; //记录两个哈希的前缀和，每次多出一位要乘上一个进制(limit)
for (int i=len-1;i>1;i-=2)
sumB[0][i>>1]=(1ll*sumB[0][(i>>1)+1]*limit+B[i])%p1,
sumB[1][i>>1]=(1ll*sumB[1][(i>>1)+1]*limit+B[i])%p2; //由于对称，所以B串的记录要从后面开始
for (int i=2;i<len;i++){ //回文串中心在A串中的情况
int l=i-pA[i],r=i+pA[i];
l=(l+1)>>1,r>>=1;
Ans=max(Ans,pA[i]+solve(l-1,r)*2);
}
for (int i=2;i<len;i++){ //回文串中心在B串中的情况
int l=i-pB[i],r=i+pB[i];
l=(l+1)>>1,r>>=1;
Ans=max(Ans,pB[i]+solve(l,r+1)*2);
}
printf("%d
",Ans);
return 0;
}