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Description
如果一个字符串可以被拆分为 AABBAABB 的形式，其中 AA 和 BB 是任意非空字符串，则我们称该字符串的这种拆
分是优秀的。例如，对于字符串 aabaabaa，如果令 A=aabA=aab，B=aB=a，我们就找到了这个字符串拆分成 AABBA
ABB 的一种方式。一个字符串可能没有优秀的拆分，也可能存在不止一种优秀的拆分。比如我们令 A=aA=a，B=baa
B=baa，也可以用 AABBAABB 表示出上述字符串；但是，字符串 abaabaa 就没有优秀的拆分。现在给出一个长度为
nn 的字符串 SS，我们需要求出，在它所有子串的所有拆分方式中，优秀拆分的总个数。这里的子串是指字符串
中连续的一段。
以下事项需要注意：
出现在不同位置的相同子串，我们认为是不同的子串，它们的优秀拆分均会被记入答案。在一个拆分中，允许出现
A=BA=B。例如 cccc 存在拆分 A=B=cA=B=c。字符串本身也是它的一个子串。
Input
每个输入文件包含多组数据。输入文件的第一行只有一个整数 TT，表示数据的组数。保证 1≤T≤10。接
下来 TT 行，每行包含一个仅由英文小写字母构成的字符串 SS，意义如题所述。N<=≤30000
Output
输出 TT 行，每行包含一个整数，表示字符串 SS 所有子串的所有拆分中，总共有多少个是优秀的拆分。
Sample Input
4
aabbbb
cccccc
aabaabaabaa
bbaabaababaaba
aabbbb
cccccc
aabaabaabaa
bbaabaababaaba
Sample Output
3
5
4
7
explanation
我们用 S[i,j]S[i,j] 表示字符串 SS 第 ii 个字符到第 jj 个字符的子串（从 11 开始计数）。
第一组数据中，共有 33 个子串存在优秀的拆分：
S[1,4]=aabbS[1,4]=aabb，优秀的拆分为 A=aA=a，B=bB=b；
S[3,6]=bbbbS[3,6]=bbbb，优秀的拆分为 A=bA=b，B=bB=b；
S[1,6]=aabbbbS[1,6]=aabbbb，优秀的拆分为 A=aA=a，B=bbB=bb。
而剩下的子串不存在优秀的拆分，所以第一组数据的答案是 33。
第二组数据中，有两类，总共 44 个子串存在优秀的拆分：
对于子串 S[1,4]=S[2,5]=S[3,6]=ccccS[1,4]=S[2,5]=S[3,6]=cccc，它们优秀的拆分相同，均为 A=cA=c，B=cB=c，但由于这些子串位置不同，因此要计算 33 次；
对于子串 S[1,6]=ccccccS[1,6]=cccccc，它优秀的拆分有 22 种：A=cA=c，B=ccB=cc 和 A=ccA=cc，B=cB=c，它们是相同子串的不同拆分，也都要计入答案。
所以第二组数据的答案是 3+2=53+2=5。
第三组数据中，S[1,8]S[1,8] 和 S[4,11]S[4,11] 各有 22 种优秀的拆分，其中 S[1,8]S[1,8] 是问题描述中的例子，所以答案是 2+2=42+2=4。
第四组数据中，S[1,4]S[1,4]，S[6,11]S[6,11]，S[7,12]S[7,12]，S[2,11]S[2,11]，S[1,8]S[1,8] 各有 11 种优秀的拆分，S[3,14]S[3,14] 有 22 种优秀的拆分，所以答案是 5+2=75+2=7。
5
4
7
explanation
我们用 S[i,j]S[i,j] 表示字符串 SS 第 ii 个字符到第 jj 个字符的子串（从 11 开始计数）。
第一组数据中，共有 33 个子串存在优秀的拆分：
S[1,4]=aabbS[1,4]=aabb，优秀的拆分为 A=aA=a，B=bB=b；
S[3,6]=bbbbS[3,6]=bbbb，优秀的拆分为 A=bA=b，B=bB=b；
S[1,6]=aabbbbS[1,6]=aabbbb，优秀的拆分为 A=aA=a，B=bbB=bb。
而剩下的子串不存在优秀的拆分，所以第一组数据的答案是 33。
第二组数据中，有两类，总共 44 个子串存在优秀的拆分：
对于子串 S[1,4]=S[2,5]=S[3,6]=ccccS[1,4]=S[2,5]=S[3,6]=cccc，它们优秀的拆分相同，均为 A=cA=c，B=cB=c，但由于这些子串位置不同，因此要计算 33 次；
对于子串 S[1,6]=ccccccS[1,6]=cccccc，它优秀的拆分有 22 种：A=cA=c，B=ccB=cc 和 A=ccA=cc，B=cB=c，它们是相同子串的不同拆分，也都要计入答案。
所以第二组数据的答案是 3+2=53+2=5。
第三组数据中，S[1,8]S[1,8] 和 S[4,11]S[4,11] 各有 22 种优秀的拆分，其中 S[1,8]S[1,8] 是问题描述中的例子，所以答案是 2+2=42+2=4。
第四组数据中，S[1,4]S[1,4]，S[6,11]S[6,11]，S[7,12]S[7,12]，S[2,11]S[2,11]，S[1,8]S[1,8] 各有 11 种优秀的拆分，S[3,14]S[3,14] 有 22 种优秀的拆分，所以答案是 5+2=75+2=7。
正解：二分+哈希 or 后缀数组
解题报告：
考虑只需求出以每个点开头的$AA$串和每个点结尾的$AA$串，然后相邻位置组合即可得到答案。
那么我们考虑每次枚举一个长度$L$，然后每隔$L$建一个关键点，容易发现，每个长度为$L*2$的$AA$串，一定会经过两个关键点，观察相邻两个关键点的关系， 发现我们需要求出相邻两个关键点往前拓展的$LCS$和往后拓展的$LCP$，组合之后可以得到一个$A$串，两个位置对应相等。
根据位置关系，我们可以确定从一段区间的开始都可以得到一个$AA$串。
这样做的复杂度为调和级数，也就是$O(nlogn)$，加上每次二分得到$LCP$、$LCS$的复杂度就是两个$log$。
同时因为有多次修改，而只需查询一次，我们用差分维护即可。
//It is made by ljh2000
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#include <string>
#include <complex>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 50011;
const int MOD = 30000007;
int n;
char ch[MAXN];
LL hash[MAXN],mo[MAXN],u[MAXN],v[MAXN],ans;
//u[i]记录i开头的AA的方案数,v[i]记录i结尾的AA的方案数，均为差分数组
inline int getint(){
int w=0,q=0; char c=getchar(); while((c<'0'||c>'9') && c!='-') c=getchar();
if(c=='-') q=1,c=getchar(); while (c>='0'&&c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar(); return q?-w:w;
}
inline LL gethash(int l,int r){
LL now=hash[l]-hash[r]*mo[r-l];
now%=MOD; now+=MOD; now%=MOD;
return now;
}
inline void work(){
int T=getint(); mo[0]=1; for(int i=1;i<=30000;i++) mo[i]=mo[i-1]*31,mo[i]%=MOD;
while(T--) {
scanf("%s",ch+1); n=strlen(ch+1); int l,r,mid,head,tail,last,pos;
memset(u,0,sizeof(u)); memset(v,0,sizeof(v));
hash[n+1]=0; for(int i=n;i>=1;i--) hash[i]=hash[i+1]*31+ch[i]-'a'+1,hash[i]%=MOD;
for(int L=1;L*2<=n;L++)//枚举一个A的长度，则AA长度为2*L
for(int i=L+L;i<=n;i+=L) { //和后面的块求lcp，和前面的块求lcs
if(ch[i]!=ch[i-L]) continue;
//lcs
l=1; r=L; last=i-L; pos=0;
while(l<=r) {
mid=(l+r)>>1;
if(gethash(last-mid+1,last+1)==gethash(i-mid+1,i+1)) l=mid+1,pos=mid;
else r=mid-1;
}
head=i-pos+1;
//lcp
l=1; r=L; pos=0;
while(l<=r){
mid=(l+r)>>1;
if(gethash(last,last+mid)==gethash(i,i+mid)) l=mid+1,pos=mid;
else r=mid-1;
}
tail=i+pos-1;
head=max(head+L-1,i);
tail=min(tail,i+L-1);
if(head<=tail) {
u[head-L*2+1]++; u[tail+1-L*2+1]--;
v[head]++; v[tail+1]--;
}
}
ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++) u[i]+=u[i-1],v[i]+=v[i-1];
for(int i=1;i<n;i++) ans+=v[i]*u[i+1];
printf("%lld
",ans);
}
}
int main()
{
work();
return 0;
}