一个字符串，把它写成((AB)^iC)的形式，并且要求(f(A)le f(C))，其中(f(S))表示字符串(S)中出现了奇数次的字符。统计合法四元组((A,B,C,i))（(A,B,C)不为空串，(i>0)）的个数。
(nle 2^{20})
这就是NOIP题吗，爱了爱了。
当场写了个(O(nln n+26n))的做法，用了双哈希常数有点大。而且我哈希的时候是直接用循环串的性质判的，而不是对于每个循环节分别判，这导致我甚至没有意识到可以break。
听说有人直接unsigned long long哈希过了？
可以发现性质：如果((AB)^iC)合法，那么((AB)^{i-2}C)一定合法。
枚举(AB)长度(len)，分别考虑(AB(AB)^{2i}C)和(ABAB(AB)^{2i}C)的情况。以前者为例。
一种做法：还是双哈希，然后二分出最大的(i)。这一部分的时间是(sum lgfrac{n}{i}=nlg n-sum lg i)，估算一下(int lg i=nlg n-n)，然后发现时间复杂度是(O(n))。
另一种做法：写个exkmp，问(LCP(s_{len+1dots n},s_{1dots n}))，就可以得到最大的(i)。
搞完这些这题基本做完了。
还需要查一下(f(C))固定时合法的(f(A))有多少个。由于常数小，可以直接(O(26n))搞过去；也可以(O(nlg 26))。或者还可以发现：你想要查的(f(C))的变化量是(O(1))的，于是维护个桶和一个值，当(len)增大时对这个值改一下即可，那时间就是(O(n))。
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N (1<<20|5)
#define ll long long
int n;
char s[N];
int ex[N];
void init(){
ex[1]=n;
int p=0,mx=0;
for (int i=2;i<n;++i){
ex[i]=0;
if (i<=mx)
ex[i]=min(mx-i+1,ex[i-p+1]);
while (s[1+ex[i]]==s[i+ex[i]] && i+ex[i]<n)
++ex[i];
if (i+ex[i]-1>mx)
mx=i+ex[i]-1,p=i;
}
ex[n+1]=0;
}
int buc[27],cnt;
int f[N];
int g[27];
int main(){
freopen("in.txt","r",stdin);
// freopen("out.txt","w",stdout);
int T;
scanf("%d",&T);
while (T--){
scanf("%s",s+1);
n=strlen(s+1);
init();
cnt=0,memset(buc,0,sizeof buc);
f[n+1]=0;
for (int i=n;i>=1;--i){
cnt-=(buc[s[i]-'a']&1);
cnt+=(++buc[s[i]-'a']&1);
f[i]=cnt;
}
// for (int i=1;i<=n;++i)
// printf("%d ",f[i]);
// printf("
");
memset(g,0,sizeof g);
cnt=0,memset(buc,0,sizeof buc);
ll ans=0;
for (int i=1;i<n;++i){
ll tmp=ans;
ans+=(ll)g[f[i+1]]*(ex[i+1]/(2*i)+1);
if (i+i+1<=n && ex[i+1]>=i)
ans+=(ll)g[f[i+i+1]]*(ex[i+i+1]/(2*i)+1);
// printf("%lld
",ans-tmp);
cnt-=(buc[s[i]-'a']&1);
cnt+=(++buc[s[i]-'a']&1);
for (int j=cnt;j<=26;++j)
g[j]++;
}
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}