题解 CF932G【Palindrome Partition】

$\text{Link}$

题意

给出字符串 $A$ ，求 $A=A_1A_2A_3...A_k$ 的划分满足 $2|k$ 且 $\forall i\in[1,k],A_i=A_{k-i+1}$ ，对 $10^9+7$ 取模。

$|A|\le 10^6$ .

思路

回文划分的模板题，我觉得 $\text{zhylj}$ 的题解写得很好，我就简述一下吧。

我们知道，字符串的 $\text{border}$ 集合可以划分为 $O(\log n)$ 个等差数列。

考虑一个回文串的回文后缀：

设 $t=s_{k,...n}$ ，若 $k,t\text{ is palindromic}$ ，则 $t\text{ is a border of } k$ 。

证：

因为 $k\text{ is palindromic}$ ，所以 $s_i=s_{|s|-i+1}$ ;

因为 $t\text{ is palindromic}$ ，所以 $s_i=s_{|s|-i+1}=s_{|s|-(|t|-i+1)+1}=s_{|s|-|t|+1}$ ；

所以 $t\text{ is a border of } k$ 。

即得到回文串的回文后缀集合可以划分为 $O(\log n)$ 个等差数列。

在 $\text{PAM}$ 上，记 $diff_x=len_x-len_{fail_x}$ ， $slink_x$ 表示 $\text{Fail}$ 树上 $x$ 点祖先中离 $x$ 最近的满足 $diff_{a}\ne diff_x$ 的 $a$ 。

容易发现，在 $x\to slink_x$ 的路径中， $len_x-len_{fail_x}$ 恒为定值，即在跳一条等差数列，由上面的结论得， $x$ 最多能跳 $O(\log n)$ 次就会达到根节点。

首先考虑给出字符串 $A$ ，求 $A=A_1A_2A_3...A_k$ 的划分数满足 $\forall i\in[1,k],A_i\text{ is palindromic}$ 应该怎么做。

我们考虑一个 $\text{dp}$ ，设 $dp_i$ 表示 $i$ 前缀的答案，则有一个显然的转移方程：

$dp_i=\sum_{j,s_{j+1,...,i\text{ is palindromic}}}dp_j$ 如果枚举 $j$ 只能做到 $O(n^2)$ 的时间复杂度。

由于回文串的回文后缀又是 $\text{border}$ ，所以等差数列中的后缀都平移了公差 $diff_x$ 。

那么 $dp$ 就成为了 $dp_{i-len_{slink_x}-diff_x}$ ，于是我们可以记录 $f_x$ 表示 $x\to slink_x$ 中链上回文子串最后一次出现对应的 $dp$ 值，我们可以简单地将 $f_{fail_x}$ 转移至 $f_x$ ，于是在加入节点时我们就可以跳 $x\to slink_x$ ，更新 $f_x$ 即可。

然后回到本题，我们可以考虑构造 $B=a_1a_na_2a_{n-1}...$ ，问题转化为对 $B$ 的偶回文子串划分。

那么只在 $2|i$ 时做出贡献即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
namespace IO{//by cyffff

}
const int N=1e6+10,mod=1e9+7;
int n;
int dp[N],f[N];
char str[N],inp[N];
struct Palindromic_Tree{
    struct node{
        int ch[26];
        int fail,len,diff,slink;
    }a[N];
    int last,siz;
    inline void init(){
        siz=1,last=0;
        a[0].fail=1,a[1].fail=0;
        a[0].len=0,a[1].len=-1;
    }
    inline int getfail(int p,int x){
        while(str[x]!=str[x-a[p].len-1])
            p=a[p].fail;
        return p;
    }
    inline void insert(char ch,int x){
        int p=getfail(last,x);
        int w=ch-'a';
        if(!a[p].ch[w]){
            int cur=++siz;
            a[cur].len=a[p].len+2;
            int tmp=getfail(a[p].fail,x);
            a[cur].fail=a[tmp].ch[w];
            a[p].ch[w]=cur;
            a[cur].diff=a[cur].len-a[a[cur].fail].len;
            a[cur].slink=(a[cur].diff==a[a[cur].fail].diff)?a[a[cur].fail].slink:a[cur].fail;
        }
        last=a[p].ch[w];
    }
    inline void calc(){
        init();
        n=readstr(inp);
        if(n&1){
            write(0);
            return ;
        }
        for(int i=1;i<=n;i+=2) str[i]=inp[i+1>>1];
        reverse(inp+1,inp+n+1);
        for(int i=2;i<=n;i+=2) str[i]=inp[i+1>>1];
        dp[0]=1;
        str[0]='\n';
        for(int i=1;i<=n;i++){
            insert(str[i],i);
            for(int j=last;j;j=a[j].slink){
                f[j]=dp[i-a[a[j].slink].len-a[j].diff];
                if(a[j].slink!=a[j].fail){
                    f[j]=(f[j]+f[a[j].fail])%mod;
                }
                if(i%2==0)
                    dp[i]=(dp[i]+f[j])%mod;
            }
        }
        write(dp[n]);
    }
}PAM;
int main(){
    PAM.calc();
    flush();
    return 0;
}