CF 506E
首先有一个40分dp的解法， 设f[i][l][r]表示回文串已填了i位，给出串从左边匹配到第l位，右边匹配到第r位的方案数，如果能匹配则强制匹配，这样可以去重。
但对于100%的数据N非常大，自然想到用矩阵乘法快速幂优化。
按照dp的转移我们可以建出一张图。每个点D(l,r)表示原串分别匹配到(l,r)位，那么即可根据dp的转移连边
Eg.
对于add连边如下
这样有S^2级别的点，在图上对于每条路径用矩乘优化依然会超时。
然而我们发现一条路径走就是在每个节点分别的不断自环，不记先后顺序，所以如果两条路径上24环的数量一致，那么它们25环和26环的数量也会一致，对答案的贡献也是一致的，可以一起计算。这样我们可以先用一个dp预处理出24环数为i的路径有多少条。
然而如果对于每条路径都矩乘一次，仍然会超时。我们发现对于两条24环数不同的路径，其中一条可能为另一条的一部分，所以不需要重复计算。
据此我们可以构一张大图，左边都是24点，右边都是25点，每个25点连一个26点，对大图作一次矩乘，然后每条路径只是起点和终点不同而已（例如对于经过1个24，2个25的路径即为3号到8号点的路径）
正常来说这样就能过了，但本题中我们还需要优化矩乘，合理标号我们可以发现，只有编号小的到编号大的点有边，那么这样就可以限制j,k的范围，我们还可以把k放在第二维，减少寻址的耗时。
End.
#include<cstdio> #include<cstdlib> #include<algorithm> #include<cmath> #include<cstring> using namespace std; struct Matrix{ int a[402][402]; }; Matrix ans,d,g,anso,anst; int mo=10007; char s[221]; int i,L,n,N,Ans,tot; int dp[211][2]; int f[211][211][211]; Matrix operator *(Matrix a,Matrix b) { int i,j,k,Tmp; Matrix c; for(i=1;i<=tot;i++) for(j=1;j<=tot;j++)c.a[i][j]=0; for(i=1;i<=tot;i++) for(k=i;k<=tot;k++)if(a.a[i][k]){ Tmp=a.a[i][k]; for(j=k;j<=tot;j++)c.a[i][j]=(c.a[i][j]+Tmp*b.a[k][j])%mo; } return c; } void update(int i,int nl,int nr,int l,int r) { if(nl+1>=nr){ if(N%2==0)dp[i][0]=(dp[i][0]+f[i][l][r])%mo; else{ if(nl+1==nr)dp[i][0]=(dp[i][0]+f[i][l][r])%mo; else dp[i][1]=(dp[i][1]+f[i][l][r])%mo; } } else{ if(s[nl+1]==s[nr-1])f[i][nl][nr]=(f[i][nl][nr]+f[i][l][r])%mo; else f[i+1][nl][nr]=(f[i+1][nl][nr]+f[i][l][r])%mo; } } void prepare() { int i,j,l,r,nl,nr; if(s[1]==s[L])f[0][0][L+1]=1; else f[1][0][L+1]=1; for(i=0;i<=L;i++) for(l=0;l<=L;l++) for(r=L+1;r>=l;r--)if(f[i][l][r]){ if(l+1<=r-1){ if(s[l+1]==s[r-1])update(i,l+1,r-1,l,r); else{ update(i,l+1,r,l,r); update(i,l,r-1,l,r); } } } } void build() { int i; for(i=1;i<=L;i++)d.a[i][i]=24,d.a[i][i+1]=1; for(i=1;i<=(L+1)/2;i++){ tot=L+i; if(i!=(L+1)/2)d.a[tot][tot+1]=1; d.a[tot][tot]=25; d.a[tot][tot+(L+1)/2]=1; d.a[tot+(L+1)/2][tot+(L+1)/2]=26; } tot+=(L+1)/2; } void mi(int x) { while(x){ if(x%2==1)ans=ans*d; x/=2; d=d*d; } } void work() { int i,j; for(i=1;i<=tot;i++)ans.a[i][i]=1; for(i=1;i<=tot;i++) for(j=1;j<=tot;j++)g.a[i][j]=d.a[i][j]; if(N%2==1){ mi(N/2); for(i=1;i<=tot;i++) for(j=1;j<=tot;j++){ d.a[i][j]=g.a[i][j]; anso.a[i][j]=ans.a[i][j]; } mi(1); for(i=1;i<=tot;i++) for(j=1;j<=tot;j++){ anst.a[i][j]=ans.a[i][j]; ans.a[i][j]=anso.a[i][j]; d.a[i][j]=g.a[i][j]; } for(i=1;i<=(L+1)/2;i++)d.a[L+i][L+i+(L+1)/2]=0; mi(1); } else mi(N/2); } void calc() { int i,ts,tg; for(i=0;i<=L;i++){ dp[i][0]=dp[i][0]%mo; dp[i][1]=dp[i][1]%mo; ts=i; if((L-ts)%2==1)tg=(L+1-ts)/2; else tg=(L-ts)/2; Ans=(Ans+dp[i][0]*ans.a[L-ts+1][L+tg+(L+1)/2])%mo; Ans=(Ans+dp[i][1]*anst.a[L-ts+1][L+tg+(L+1)/2])%mo; } } int main() { scanf("%s",s+1); scanf("%d",&n); L=strlen(s+1); N=n+L; prepare(); build(); work(); calc(); printf("%d\n",Ans); }
