uoj #5. 【NOI2014】动物园

#5. 【NOI2014】动物园

近日，园长发现动物园中好吃懒做的动物越来越多了。例如企鹅，只会卖萌向游客要吃的。为了整治动物园的不良风气，让动物们凭自己的真才实学向游客要吃的�园长决定开设算法班，让动物们学习算法。 某天，园长给动物们讲解KMP算法。

园长：“对于一个字符串SS它的长度为LL。我们可以在O(L)O(L)的时间内求出一个名为next的数组。有谁预习了next数组的含义吗？”

熊猫：“对于字符串SS的前ii个字符构成的子串，既是它的后缀又是它的前缀的字符串中，它本身除外，最长的长度记作 next[i]。”

园长:“非常好,那你能举个例子吗?”

熊猫:“例如SS为abcababc，则next[5]=2。因为S的前5个字符为abcab，ab既是它的后缀又是它的前缀，并且找不到一个更长的字符串满足这个性质。同理，还可得出 next[1] = next[2] = next[3] = 0, next[4] = next[6] = 1, next[7] = 2, next[8] = 3。”

园长表扬了认真预习的熊猫同学。随后，他详细讲解了如何在O(L)O(L)的时间内求出next数组。下课前，园长提出了一个问题：“KMP算法只能求出next数组。我现在希望求出一个更强大num数组——对于字符串SS的前ii个字符构成的子串，既是它的后缀同时又是它的前缀，并且该后缀与该前缀不重叠，将这种字符串的数量记作num[i]。例如SS为aaaaa，则num[4]=2。这是因为SS的前44个字符为aaaa，其中a和aa都满足性质‘既是后缀又是前缀’，同时保证这个后缀与这个前缀不重叠。而aaa虽然满足性质‘既是后缀又是前缀’。但遗憾的是这个后缀与这个前缀重叠了，所以不能计算在内。同理，num[1]=0,num[2]=num[3]=1,num[5]=2。”

最后，园长给出了奖励条件，第一个做对的同学奖励巧克力一盒。听了这句话，睡了一节课的企鹅立刻就醒过来了。但企鹅并不会做这道题，于是向参观动物园的你寻求帮助。你能否帮助企鹅写一个程序求出num数组呢？

特别地，为了避免大量的输出，你不需要输出num[i]分别是多少，你只需要输出 ∏Li=1(num[i]+1)∏i=1L(num[i]+1)对10000000071000000007取模的结果即可。

其中∏ni=1(num[i]+1)=(num[1]+1)×(num[2]+1)×⋯×(num[n]+1)∏i=1n(num[i]+1)=(num[1]+1)×(num[2]+1)×⋯×(num[n]+1)。

输入格式

输入文件的第1行仅包含一个正整数nn

表示测试数据的组数。 随后nn行，每行描述一组测试数据。

每组测试数据仅含有一个字符串SS，SS的定义详见题目描述。数据保证SS，中仅含小写字母。输入文件中不会包含多余的空行，行末不会存在多余的空格。

输出格式

输出文件应包含nn行

每行描述一组测试数据的答案

答案的顺序应与输入数据的顺序保持一致。对于每组测试数据，仅需要输出一个整数，表示这组测试数据的答案对1000000007取模的结果。

输出文件中不应包含多余的空行

样例一

input

3
aaaaa
ab
abcababc

output

36
1
32

样例二

见“样例数据下载”

限制与约定

测试点编号	约定
1	n≤5,L≤50n≤5,L≤50
2	n≤5,L≤200n≤5,L≤200
3	n≤5,L≤200n≤5,L≤200
4	n≤5,L≤10000n≤5,L≤10000
5	n≤5,L≤10000n≤5,L≤10000
6	n≤5,L≤100000n≤5,L≤100000
7	n≤5,L≤200000n≤5,L≤200000
8	n≤5,L≤500000n≤5,L≤500000
9	n≤5,L≤1000000n≤5,L≤1000000
10	n≤5,L≤1000000n≤5,L≤1000000

时间限制：1s1s

空间限制：512MB

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#define mod 1000000007
using namespace std;
string s;
int n;
string cut(int start,int len){
    string res="";
    for(int i=start,j=1;j<=len;j++,i++)res+=s[i];
    return res;
}
void work(){
    n=s.length();
    int ans=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){//枚举一个子串 
        int cnt=0;
        for(int j=1;j<=i/2;j++){//枚举前缀的长度 
            if(cut(0,j)==cut(i-j,j))
                cnt++;
        }
        ans=1LL*ans*(cnt+1)%mod;
    }
    printf("%d
",ans);
}
int main(){
    int T;scanf("%d",&T);
    while(T--){
        cin>>s;
        work();
    }
}

/*
    KMP补充：
      next[i]表示 1--i 的最长后缀等于前缀
      next[next[i]]表示 1--i 的次长后缀等于前缀
    题解：每个i枚举所有next[i],next[next[i]]……求小于等于长度i/2的个数
    强行枚举next  50分
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define maxn 1000010
#define mod 1000000007
using namespace std;
int n,nxt[maxn],cnt,nn;
char s[maxn];
void getnxt(){
    int i=0,j=-1;
    nxt[0]=-1;
    while(i!=n){
        if(s[i]==s[j]||j==-1)nxt[++i]=++j;
        else j=nxt[j];
    }
}
void dfs(int i){
    if(nxt[i]<=0)return;
    if(nxt[i]<=nn/2)cnt++;
    dfs(nxt[i]);
}
int main(){
    int T;scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%s",s);
        n=strlen(s);
        int ans=1;
        getnxt();
        for(int i=1;i<=n;i++){//子串终点 
            nn=i;
            cnt=0;dfs(i);
            ans=1LL*ans*(cnt+1)%mod;
        }
        printf("%d
",ans);
    }
}

/*
    cnt[i]为经过几次i=nxt[i]的变换之后得到 0,则num[i]=cnt[nxt[i]]+1;
    可题目有<=i/2的长度限制，可以通过再做一次 KMP ，每次保证g的值总是小于i/2并且最大，多次递推求得最优解 
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define maxn 1000010
#define mod 1000000007
using namespace std;
int f[maxn],g[maxn],cnt[maxn];
char str[maxn];
int main(){
    int T;scanf("%d",&T);
    cnt[1]=1;
    while(T--){
        scanf("%s",str);
        int n=strlen(str);
        for(int i=1;i<n;i++){
            int j=f[i];
            while(j&&str[i]!=str[j])j=f[j];
            f[i+1]=str[i]==str[j]?j+1:0;
            cnt[i+1]=cnt[f[i+1]]+1;
        }
        for(int i=2;i<=n;i++){//第二次kmp 
            int j=g[i-1];
            while(j&&str[i-1]!=str[j])j=f[j];
            g[i]=str[i-1]==str[j]?j+1:0;
            if(g[i]>i/2)g[i]=f[g[i]];
        }
        long long ans=1;
        for(int i=1;i<=n;i++)ans=ans*(cnt[g[i]]+1)%mod;
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}