容易发现可以枚举j 那么只需要计算出 l~j这段是回文串的l的和 以及j+1~r这段是回文串的r的和。
可以manacher 之后想要求出以j为右端点的回文串左端点的和 这个东西我们通过某个点为中心的最长回文子串来做出。
容易发现是一个类似于等差数列的东西的 可以上线段树 不过没有在线询问啥的 可以差分。
由于公差相同 所以一些标记是可以合并的 不过需要分奇偶进行分类讨论 注意差分的位置也不要错了。。
实际上要差分两边 维护两个数组一个维护和的差分 一个维护等差数列的差的差分即可。
这样复杂度为O(n)。
但是这样过于麻烦了。
考虑回文自动机 可以发现建立出来之后 可以直接求出以某个端点为左端点的回文串的个数以及回文串的长度和。
这样求出左端点的和就很容易了。同理右端点再从后往前建一个即可。
时间复杂度O(n) 不过由于是多组数据 每次需要清空 所以多一个log=26的常数。勉强能过。
ps:回文自动机很容易忘 但是 建立时可以依靠几个关键点来建立：奇偶根不能忘 偶根fail指向奇根 奇根的长度为-1.
先判断以当前点之前有没有出现过回文串 然后 没有的话 就可以建点了 然后先找fail再把点安上去 防止自己找到自己。然后更新一下信息即可。
注意 这样做 我们可以非常显然的得到一个推论：一个长度为n的字符串的本质不同的回文串最多有n种 这个还是挺妙的。
const int MAXN=1000010;
int T,n;
int s[MAXN];char a[MAXN];
struct wy//PAM 咋写啊啊啊
{
int cnt,last,c[MAXN],cc[MAXN];
int fail[MAXN],len[MAXN];
int t[MAXN][26],pos[MAXN];
inline void cle()
{
cnt=1;last=1;
memset(t[0],0,sizeof(t[0]));
memset(t[1],0,sizeof(t[1]));
len[1]=-1;fail[0]=1;
len[0]=0;fail[1]=1;
}
inline int get_num()
{
++cnt;len[cnt]=fail[cnt]=0;
memset(t[cnt],0,sizeof(t[cnt]));
return cnt;
}
inline int get_fail(int x,int w)
{
while(s[w-len[x]-1]!=s[w])x=fail[x];
return x;
}
inline void insert(int x)
{
int w=get_fail(last,x);
if(!t[w][s[x]])
{
int ww=get_num();//创建新节点.
fail[ww]=t[get_fail(fail[w],x)][s[x]];
t[w][s[x]]=ww;c[ww]=c[fail[ww]]+1;
len[ww]=len[w]+2;cc[ww]=(cc[fail[ww]]+len[ww])%mod;
}
last=t[w][s[x]];
}
}A,B;
int main()
{
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
gt(T);
while(T--)
{
int ans=0;
gc(a);n=strlen(a+1);A.cle();B.cle();
s[0]=mod;rep(1,n,i)s[i]=a[i]-'a',A.insert(i),A.pos[i]=A.last;
s[0]=mod;fep(n,1,i)s[n-i+1]=a[i]-'a',B.insert(n-i+1),B.pos[i]=B.last;
//rep(1,n,i)cout<<A.len[A.pos[i]]<<endl;
//rep(1,n,i)cout<<B.cc[B.pos[i]]<<endl;
rep(1,n-1,i)
{
//计算左边i 右边i+1
int cnt1=(ll)(A.c[A.pos[i]]*(i+1)-A.cc[A.pos[i]])%mod;
int cnt2=((ll)B.c[B.pos[i+1]]*i+B.cc[B.pos[i+1]])%mod;
ans=(ans+(ll)cnt1*cnt2)%mod;
}
put((ans+mod)%mod);
}
return 0;
}