花海漫步 NOI模拟题

题目好像难以看懂？

题目大意

给出一个字符串(S)，统计满足以下条件的((i,j,p,q))的数量。

• (i leq j, p leq q)
• (S[i..j],S[p..q])是回文串
• (i < p)或((i=p)且(j <q))
• (p leq j)

算法

实在没懂硬求的算法，lyw lzhOrz。

我们来愉快地求补集吧：

全集很好求，接下来，枚举(j)，我们可以求出满足(S[i..j])的(i)的数量(x)，然后减去(p > j)的(S[p..q])的数量乘上(x)。

问题是如何求出满足(S[i..j])的(i)的数量，这个直接套用回文树的做法即可。

(p > j)的(S[p..q])的数量求法同理，只要加上一个部分和即可。

不过好像回文树还没有普及，事实上可以用Manacher算法求出的东西来达到同样的效果。

然后我就想了，既然Manacher在该问题中能达到回文树的效果，那么回文树能不能算出Manacher算出的东西呢？？？？？？？

代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
using namespace std;
 
const int MAXN = (int) 2e6 + 3;
const int MOD = (int) 1e9 + 7;
 
typedef long long i64;
 
int n;
char str[MAXN];
 
struct Node {
    Node* s[26];
    Node* fail;
    int len, cnt;
};
 
Node memory[MAXN];
Node* curMem = memory;
Node* root0;
Node* root1;
 
Node* getFail(Node* x, int i) {
    while (i == x->len || str[i] != str[i - x->len - 1])
        x = x->fail;
    return x;
}
 
void solve(int ans[]) {
    Node* cur = root1;
    for (int i = 0; i < n; i ++) {
        int p = str[i] - 'a';
        cur = getFail(cur, i);
        if (! cur->s[p]) {
            Node* x = curMem ++;
            x->len = cur->len + 2;
            cur->s[p] = x;
 
            if (cur == root1)
                x->fail = root0;
            else
                x->fail = getFail(cur->fail, i)->s[p];
            x->cnt = x->fail->cnt + 1;
        }
        cur = cur->s[p];
        ans[i] = cur->cnt;
    }
}
 
int main() {
#ifdef debug
    freopen("input.txt", "r", stdin);
#endif
    scanf("%d
", &n);
    scanf("%s", str);
 
    static int A[MAXN], B[MAXN];
    root0 = curMem ++;
    root1 = curMem ++;
    root1->len = -1;
    root0->fail = root1;
 
    solve(A);
    reverse(str, str + n);
    solve(B);
    reverse(B, B + n);
    for (int i = n - 1; i >= 0; i --)
        B[i] = (B[i] + B[i + 1]) % MOD;
    i64 ans = (i64) B[0] * (B[0] - 1) % MOD * 500000004 % MOD;
 
    for (int i = 0; i + 1 < n; i ++)
        ans = (ans - (i64) A[i] * B[i + 1]) % MOD;
    if (ans < 0) ans += MOD;
    cout << ans << endl;
 
    return 0;
}