寻找三元组(i,j,k)，使得(i,j)(j,k)都是回文字串，其中i<=j<k.
可以发现，对于每一位i,只要预处理出来有多少个以i为右端的回文串和以i为左端的回文串。把那些串的另一端的坐标和计算出来就可以了。
然后ans = ∑cntR[i]*cntL[i+1]
这里cntR[i]记录以i为右端的回文串的左端坐标和。cntL[i]同理。
然后这道题的数据范围是1e6，多case。必须要O(n)才能过。
首先用O(n)的Manacher处理每一位的回文半径，之后遍历处理
可以发现这里需要O(n)复杂度给指定区间加上一个等差序列。于是开几个数组维护，空间换时间。
用cnt_add记录加了多少次，add记录首项加了多少，这样从首项往后递推，每次add[i+1] = add[i]-cnt_add[i] cnt_add[i+1] += cnt_add[i] cntL[i] += add[i]
这样可以从首项更新到字符串尾。但是我们要更新一段值，就有一段多加了，于是就再开一个mns记录多加的的值.
比如要更新[l,r] 那么就给mns[r+1]置为add[r+1]时的值。这样就可以把多加的抵消了。同时也要维护一个cnt_mns记录次数。
最后还要注意分回文长度奇偶讨论。
//坑了好久的题。最开始想到了用树状数组维护cnt,成段更新，然而卡log。
1 #include <cstdio>
2 #include <ctype.h>
3 #include <cstring>
4 #include <algorithm>
5
6 #define LL long long
7 #define lson rt<<1,l,mid
8 #define rson rt<<1|1,mid+1,r
9 #define root 1,N,1
10 using namespace std;
11
12 const int maxn = 1e6+100;
13 const LL MOD = 1e9+7;
14
15 char Ma[2*maxn];
16 int Mp[2*maxn];
17 void update(LL &x,LL d)
18 {
19 x += d;
20 if(x >= MOD) x -= MOD;
21 if(x < 0) x += MOD;
22 }
23
24 void Manacher(char s[],int len)
25 {
26 memset(Mp,0,sizeof Mp);
27 int l = 0;
28 Ma[l++] = ‘$‘;
29 Ma[l++] = ‘#‘;
30 for(int i=0;i<len;i++)
31 {
32 Ma[l++] = s[i];
33 Ma[l++] = ‘#‘;
34 }
35 Ma[l] = 0;
36 int mx = 0,id = 0;
37 for(int i=0;i<l;i++)
38 {
39 Mp[i] = mx > i ? min(Mp[2*id-i],mx-i) : 1;
40 while(Ma[i+Mp[i]] == Ma[i-Mp[i]] ) Mp[i]++;
41 if(i + Mp[i] > mx)
42 {
43 mx = i+Mp[i];
44 id = i;
45 }
46 }
47 }
48
49 char line[maxn];
50 int p[maxn];
51 LL cntL[maxn],cntR[maxn];
52 LL add[maxn],mns[maxn];
53 LL cnt_add[maxn],cnt_mns[maxn];
54
55 void init()
56 {
57 memset(cnt_mns,0,sizeof cnt_mns);
58 memset(cnt_add,0,sizeof cnt_add);
59 memset(add,0,sizeof add);
60 memset(mns,0,sizeof mns);
61 }
62
63 LL ans = 0;
64 void solve(int len)
65 {
66 init();
67 for(int i=2;i<2*len+1;i++)
68 {
69 int tmp = Mp[i];
70 if(Ma[i] == ‘#‘)
71 {
72 int cur = i/2+1,L = (i-tmp)/2+1, R = (i+tmp)/2-1,r = (tmp-1)/2;
73 update(add[L],R);
74 update(mns[cur],R-r);
75 cnt_add[L] ++;
76 cnt_mns[cur]++;
77 }else
78 {
79 int cur = i/2,L = (i-tmp)/2+1, R = (i+tmp)/2-1,r = 1+(tmp-1)/2;
80 update(add[L],R);
81 update(mns[cur+1],R-r);
82 cnt_add[L] ++;
83 cnt_mns[cur+1]++;
84 }
85 }
86 for(int i=1;i<=len;i++)
87 {
88 update(cntL[i],add[i]-mns[i]);
89 update(add[i+1],add[i]-cnt_add[i]);
90 update(mns[i+1],mns[i]-cnt_mns[i]);
91 update(cnt_add[i+1],cnt_add[i]);
92 update(cnt_mns[i+1],cnt_mns[i]);
93 }
94
95 init();
96 for(int i=2;i<2*len+1;i++)
97 {
98 int tmp = Mp[i];
99 if(Ma[i] == ‘#‘)
100 {
101 int cur = i/2+1,L = (i-tmp)/2+1, R = (i+tmp)/2-1,r = (tmp-1)/2;
102 add[cur] += cur-1;
103 mns[R+1] += cur - r - 1;
104 cnt_add[cur] ++;
105 cnt_mns[R+1] ++;
106 }else
107 {
108 int cur = i/2,L = (i-tmp)/2+1, R = (i+tmp)/2-1,r = 1+(tmp-1)/2;
109 add[cur] += cur;
110 mns[R+1] += cur-r;
111 cnt_add[cur] ++;
112 cnt_mns[R+1] ++;
113 }
114 }
115 for(int i=1;i<=len;i++)
116 {
117 update(cntR[i],add[i]-mns[i]);
118 update(add[i+1],add[i]-cnt_add[i]);
119 update(mns[i+1],mns[i]-cnt_mns[i]);
120 update(cnt_add[i+1],cnt_add[i]);
121 update(cnt_mns[i+1],cnt_mns[i]);
122 }
123 ans = 0;
124 for(int i=1;i<=len;i++)
125 {
126 update(ans,(cntR[i]*cntL[i+1])%MOD);
127 }
128 }
129
130 int main()
131 {
132 //freopen("1005.in","r",stdin);
133 while(true)
134 {
135 char c;
136 int len = 0;
137 while((c = getchar()) && isalpha(c))
138 {
139 line[len++] = c;
140 }
141 if(c == EOF) break;
142 Manacher(line,len);
143
144 memset(cntL,0,sizeof cntL);
145 memset(cntR,0,sizeof cntR);
146 solve(len);
147 printf("%I64d\n",(ans+MOD) % MOD);
148 }
149 }
时间： 2024-10-13 01:35:04