BZOJ4962 : 简单的字符串

枚举子串的中心，往两侧扩展，将两侧对应位置的字符交替写下来，得到一个字符串$S$。

若前后长度为$L$的子串循环同构，则在$S$中它们对应长度为$2L$的前缀，需要满足它可以由不超过$2$个偶回文串拼接而成。

有一个结论是，若$S=uv$，其中$uv$都是偶回文串，那么要么$u$是$S$的最长偶回文前缀，要么$v$是$S$的最长偶回文后缀。

证明：

设$S=x_1y_1=x_2y_2=x_3y_3$。

假设结论不成立，那么显然双回文划分数$\geq 3$，设$x_1$为$S$的最长回文前缀，$y_3$是$S$的最长回文后缀，$x_2$和$y_2$都是回文串，则$y_1$和$x_3$都不是回文串。

因为$x_1$是最长回文前缀，所以$|x_1|>|x_2|$，同理$|y_2|<|y_3|$，则$|x_1|>|x_2|>|x_3|$。

................[v.....]

[x1...................][y1....]

[x2..........][y2.............]

[x3.....][y3..................]

设$x_1=x_2v$，那么因为$v$是回文串$y_2$的前缀，所以$v^R$是$y_2$的后缀，也是$y_3$的后缀，因为$y_3$是回文串，所以$v$是$y_3$的前缀，得出$x_3v$是$x_1$的前缀。

因为$x_1$是回文串，$x_2$是$x_1$的前缀，所以$x_2^R$是$x_1$的后缀，又因为$x_2$是回文串，所以$x_2$也是$x_1$的后缀，所以长度$|x_1|-|x_2|=|v|$是$x_1$的一个周期，也是$x_1$的前缀$x_3v$的一个周期。这说明$|v|$也是$v^Rx_3^R$的一个周期，即$x_3^R$是$v^Rv^R...v^Rv^R$的前缀。

因为$v$是回文串$x_1$的后缀，所以$v^R$是$x_1$的前缀，而$|v|$是$x_1$的周期，所以$x_1$是$v^Rv^R...v^Rv^R$的前缀，那么$x_1$的前缀$x_3$也是$v^Rv^R...v^Rv^R$的前缀。

因为$x_3^R$和$x_3$都是$v^Rv^R...v^Rv^R$的前缀，所以$x_3=x_3^R$，即$x_3$是回文串，和假设矛盾。所以结论成立。

通过Manacher预处理出每个位置的最长回文半径$f$，即可求出每个前缀的最长偶回文前缀和最长偶回文后缀，剩下部分可以根据$f$数组$O(1)$判断一个子串是否是回文串。

时间复杂度$O(n^2)$。

 

#include<cstdio>
const int N=10010;
int n,i,a[N],c[N],s[N],f[N],pre[N],suf[N],ans;
inline int min(int a,int b){return a<b?a:b;}
inline void umin(int&a,int b){a>b?(a=b):0;}
inline void umax(int&a,int b){a<b?(a=b):0;}
inline bool check(int l,int r){
  if(l>r)return 1;
  return l+r+f[l+r]>r+r;
}
inline void solve(int x){
  int i,j,r,p,m=0,len;
  for(i=x,j=x+1;i&&j<=n;i--,j++)c[++m]=a[i],c[++m]=a[j];
  for(i=1;i<=m;i++)s[i<<1]=c[i],s[i<<1|1]=-1;
  s[0]=-2,s[1]=-1,s[len=(m+1)<<1]=-3;
  for(r=p=0,f[1]=1,i=2;i<len;i++){
    for(f[i]=r>i?min(r-i,f[p*2-i]):1;s[i-f[i]]==s[i+f[i]];f[i]++);
    if(i+f[i]>r)r=i+f[i],p=i;
  }
  for(i=0;i<=m+1;i++)pre[i]=0,suf[i]=len;
  for(i=3;i<len;i+=2){
    if(f[i]==i)pre[f[i]-1]=f[i]-1;
    umin(suf[(i+f[i]-1)>>1],i>>1);
  }
  for(i=1;i<=m;i++)umax(pre[i],pre[i-1]);
  for(i=m;i;i--)umin(suf[i],suf[i+1]);
  for(i=0;i<=m;i++)if(suf[i]>=i)suf[i]=0;else suf[i]=(i-suf[i])<<1;
  for(i=2;i<=m;i+=2)if(check(pre[i]+1,i)||check(1,i-suf[i]))ans++;
}
int main(){
  scanf("%d",&n);
  for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
  for(i=1;i<n;i++)solve(i);
  return printf("%d",ans),0;
}