【bzoj3160】 万径人踪灭
http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3160 (题目链接)
题意
给定一个由'a'和'b'构成的字符串，求不连续回文子序列的个数。
Solution
在膜拜了PoPoQQQ大爷的题解后，我觉得有必要自己写一发，感觉这道题倒还是可以理解的。
不连续的回文子序列个数感觉并不是特别好求，而不连续的回文子序列个数=回文子序列个数-连续回文子序列个数。后者很好办，就是${Manacher}$板子，考虑没有任何限制的回文子序列个数怎么求。
借用${Manacher}$的做法，先在字符串中添加分隔符，对于一个串${S}$长成这样：${aba}$，我们添加分隔符，那么得到${S'}$：${\$\#a\#b\#a\#}$
我们令${f_i}$表示以${i}$为中心的对称字符对的个数，那么很显然，以${i}$为中心的回文子序列的个数就等于${2^{f_i}-1}$，那么整个答案就等于：$${\sum_{i=1}^{2*n+1} {2^{f_i}-1}}$$
如果我们知道了${f_i}$，那么就可以算出答案了，而${f_i}$怎么求呢。
这里假设${S}$和${S'}$的下标都从${0}$开始（因为多项式的次数是从${0}$开始的，这样的话就可以避免一些下标的细节问题），如果${S'}$中的两个字母比如说这两个${a}$，它们是关于中间的${b}$对称的，想一想这两个${a}$与${b}$位置之间的关系：${S'_2=a,S'_6=a,S'_4=b}$，可以得到它们的下标：${x=2,y=6,mid=4}$，很显然：${x+y=2*mid}$。因为${S'}$中字母的下标都是偶数，我们将两边同时除以${2}$，得到这样一个式子：${x/2+y/2=mid}$。那么${x/2}$和${y/2}$表示什么呢，是不是就是${S'}$中的字母在原串${S}$中的位置${+1}$。那么我们可以得到这样一个结论：如果原串中两个字母${S_x=S_y}$，它们就会关于${S'_{(x+1)+(y+1)}}$对称。
那么我们就可以写出${f_i}$的表达式了：$${f_i=\lfloor{ \frac{1+\sum_{j=0}^{i-2} {[s_j=s_{i-2-j}]}} {2} }\rfloor }$$
这是一个卷积的形式，我们很容易想到用${FFT}$来解决这个东西。首先考虑${a}$对答案的贡献，令${a=1,b=0}$，求一遍${FFT}$；再考虑${b}$对答案的贡献，令${a=0,b=1}$，再求一遍${FFT}$；两者相加再加${1}$最后除以${2}$取下整就是${f}$了。代入之前的结论中即可出解。
话说我还是不会构造多项式，还是写一写吧。。比如说样例：${aba}$。我们考虑算${a}$的贡献：
$${A(x)=1*x^0+0*x^1+1*x^2}$$
$${B(x)=1*x^0+0*x^1+1*x^2}$$
那么最后的${f_i}$就是${A(x)*B(x)}$的第${i-1}$项的系数（次数为${i-2}$）。
细节
细节还是蛮多的，搞清楚下标始终是个问题。。注意数组大小，以及计算${f}$的时候要开LL。
代码
// bzoj3160
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<complex>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LL long long
#define MOD 1000000007
#define inf 1ll<<60
#define Pi acos(-1.0)
#define free(a) freopen(a".in","r",stdin),freopen(a".out","w",stdout);
using namespace std;
typedef complex<double> E;
const int maxn=400010;
int bin[maxn],rev[maxn],f[maxn],p[maxn],n,L;
E a[maxn],b[maxn];
char s[maxn],st[maxn];
void FFT(E *a,int f) {
for (int i=0;i<n;i++) if (i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
for (int i=1;i<n;i<<=1) {
E wn(cos(Pi/i),f*sin(Pi/i));
for (int p=i<<1,j=0;j<n;j+=p) {
E w(1,0);
for (int k=0;k<i;k++,w*=wn) {
E x=a[k+j],y=a[k+j+i]*w;
a[k+j]=x+y;a[k+j+i]=x-y;
}
}
}
}
int Manacher(char *r,int len) {
st[0]='$';st[1]='#';
for (int i=0;i<len;i++) {
st[(i+1)<<1]=r[i];
st[(i+1)<<1|1]='#';
}
int mx=0,id,tot=0;
for (int i=1;i<2*len+1;i++) {
if (i<mx) p[i]=min(mx-i,p[id*2-i]);
while (st[i+p[i]]==st[i-p[i]]) p[i]++;
if (p[i]+i>mx) mx=p[i]+i,id=i;
tot=(tot+p[i]/2)%MOD;
}
return tot;
}
int main() {
scanf("%s",s);
int len=strlen(s);
bin[0]=1;for (int i=1;i<maxn;i++) bin[i]=(bin[i-1]<<1)%MOD;
for (n=1;n<=len<<1;n<<=1) L++;
for (int i=0;i<n;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1) | ((i&1)<<(L-1));
for (int i=0;i<len;i++) {
if (s[i]=='a') a[i]=1;
else a[i]=0;
}
FFT(a,1);
for (int i=0;i<n;i++) b[i]=a[i]*a[i];
memset(a,0,sizeof(a));
for (int i=0;i<len;i++) {
if (s[i]=='b') a[i]=1;
else a[i]=0;
}
FFT(a,1);
for (int i=0;i<n;i++) b[i]+=a[i]*a[i];
FFT(b,-1);
LL ans=0;
for (int i=2;i<2*len+1;i++) f[i]+=(LL)(b[i-2].real()+0.5)/n;
for (int i=2;i<2*len+1;i++) ans=(ans+bin[(f[i]+1)>>1]-1)%MOD;
printf("%lld",(ans+MOD-Manacher(s,len))%MOD);
return 0;
}
