题解：AT_nikkei2019_2_final_h 逆にする関数

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这题，真厉害。这题可能可以帮助你发现，你并没有学懂 manacher 算法。

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首先，我们回顾一下 manacher 算法的流程（仅考虑求奇回文串）：

• 记 \(d_i\) 为以 \(i\) 为中心的最大回文半径。
• 从左往右枚举回文中心 \(i\)，同时维护区间 \([l, r]\) 表示已经找到的回文串中，右端点最靠右的一个。
• 若当前 \(i > r\)，则让 \(d_i\) 从 \(1\) 开始暴力扩展。\(d_i\) 每增加 \(1\) 都会使 \(r\) 增加 \(1\)，因此这个操作是均摊 \(O(n)\) 的。
• 若当前 \(i \le r\)，假设 \([l, r]\) 中心为 \(x\)，则 \(i\) 处的 \(d\) 值可以由 \(i\) 关于 \(x\) 的对称点，也就是 \(l + r - i\) 的 \(d\) 值继承得到。
  • 若 \(d_{l+r-i} \le r-i+1\)，则由对称性，继承完这个值后 \(i\) 处的最长回文半径不可能增加；若增加则说明 \(d_{l+r-i}\) 不是 \(l+r-i\) 处的最长回文半径。
  • 否则，我们只能确定 \(r-i+1\) 一定是 \(i\) 处一个合法的回文半径，令其为 \(d_i\) 初值。在此基础上我们再暴力扩展 \(d_i\)。易发现每扩展 \(1\) 都会引起 \(r\) 加 \(1\)，因此这个操作也是均摊 \(O(n)\) 的。

事实上，维护回文信息只是 manacher 应用场景的一个特殊情况。观察以上算法的流程，我们发现：

• 要求可以暴力扩展，也就是说，若 \([l, r]\) 合法，则 \([l-1, r+1]\) 合法。
• 要求可以把一段区间的信息关于一个点作对称， 进行继承。也就是说，如果 \([L, R], [l, r]\) 均合法（\([l, r] \subseteq [L, R]\)），则 \([l, r]\) 关于 \([L, R]\) 中点的对称区间 \([l', r']\) 也合法。

我们来看这个题。容易发现本题中的信息满足以上两个条件。首先考虑找出所有的合法区间，则只需要解决“判断一个区间 \([l, r]\) 能否扩展到 \([l-1, r+1]\)”。我们这样判断：我们要新加入 \(a_{l-1}\) 这个数，如果 \(a_{l-1}\) 在 \([l, r]\) 中未出现，则相当于多确定了 \(f\) 的一个点值，因此始终合法；若 \(a_{l-1}\) 在 \([l, r]\) 中出现了，则要查看与它在 \([l, r]\) 出现时匹配的元素，若这个元素 \(= a_{r+1}\)，则说明合法；否则不合法。加入 \(a_{r+1}\) 的判断也是完全相同的。则同样地，可以处理出 \(d_i\) 表示以 \(i\) 为中心的最长有解区间半径。

则考虑对于一个有解的区间 \([l, r]\)，我们要如何求出满足条件的映射 \(f\) 的数量。这是容易的。假设 \([l, r]\) 中不同数字有 \(c\) 个，则可以认为是已经确定了 \(f\) 的 \(c\) 个点值，而剩下 \(m - c\) 个是未确定的，因此方案数位 \(m^{m - c}\)。在此基础上我们考虑 dp：\(f_i\) 表示以 \(i\) 为中心的合法字符串的 \(m^{m - c}\) 之和，再假设 \(g_i\) 表示以 \(i\) 为中心的最长合法区间中，不同数字的个数。容易发现 \(f\) 和 \(d\) 的变化是同步的，而 \(d\) 有两种变化方式：逐步递增和继承某个位置的值。当 \(d_i\) 递增的时候，容易维护 \(g_i\) 的变化，进而计算出 \(f_i\) 的增量。接下来主要问题就在于，从 \(l + r - i\) 继承的情况。

我们回顾普通的 manacher 算法在继承一步时怎么做的：让 \(d_i\) 的初始值 \(= \min\{d_{l + r - i}, r - i + 1\}\)。此时如果 \(d_{l + r - i} \le r-i+1\)，则此时直接令 \(f_i := f_{l + r - i}, g_i := g_{l + r - i}\) 即可。但是如果 \(r - i + 1 < d_{l + r - i}\) 该怎么办？我们发现让 \(d_i\) 增加 \(1\) 和让 \(d_i\) 减少 \(1\) 的算法时完全相同的。因此我们考虑直接继承 \(l + r - i\) 位置的值，然后再逐一减小 \(d_i\) 直到 \(d_i = r - i + 1\)。

接下来说明这个算法仍然是线性时间。

原命题相当于证明，整个算法过程中，\(\max \{0, d_{l + r - i} - (r - i + 1)\}\) 之和为 \(O(n)\)。

假设 \([l, r]\) 的回文中心为 \(x\)，则 \(l = 2x - r, l + r - i = 2x - i\)。

则由于 \([l, r]\) 是目前最右的回文串，因此必然有 \(d_{2x - i} + 2x-i< d_x + x\)。

记 \(k = i - x\)。则 \(2x - i = x - k\)。代入上式有 \(d_{x - k} + x - k < d_x+ x, d_{x - k} < d_x + k\)。

接下来考虑需要进行回缩操作的条件：\(i + d_{2x - i} > x + d_x\)。

可以得到 \(d_{x - k} > d_x + x - i = d_x - k\)。因此 \(-k < d_{x - k} - d_x < k\)。

再考虑我们回缩的量，也就是 \(i + d_{2x - i} - (x + d_x)\) 的值。该式可以变形得到 \(k + d_{x - k} - d_x < 2k\)。而由于回缩后已经满足 \(d_i = r-i+1\)，因此此时 \(i + d_i - 1\) 已经成为了右端点最靠右的回文串之一（这个“之一”意味着，我们在回缩操作后，无论 \(d_i\) 是否再增加，都要把 \(i + d_i - 1\) 设置为新的 \(r\)，否则复杂度不正确）。因此我们使用了至多 \(2k\) 次移动的代价，使 \(r\) 增加了至少 \(k\)。

因此算法的复杂度仍为 \(O(n)\)。

问题在线性时间内得到解决。

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define N 300006
#define MOD 998244353
using namespace std;
inline void add(int &x,int y) {x+=y,x-=x>=MOD?MOD:0;};
inline void dec(int &x,int y) {x+=MOD-y,x-=x>=MOD?MOD:0;}
int n,m,pw[N],a[N],buc[N],pre[N],nxt[N];
int d1[N],d2[N],f1[N],f2[N],g1[N],g2[N];
int refl(int l,int r,int x) {return r-(x-l+1)+1;}
int check(int l,int r)
{
  if(l>r)return 1;
  int ok=1;
  ok&=(pre[r+1]<l-1||a[refl(l-1,r+1,pre[r+1])]==a[l-1]);
  ok&=(nxt[l-1]>r+1||a[refl(l-1,r+1,nxt[l-1])]==a[r+1]);
  return ok;
}
void upd(int &fv,int &gv,int l,int r)
{
  if(nxt[l]>r-1)gv++; if(l!=r&&pre[r]<l)gv++;
  add(fv,pw[m-gv]);
}
void del(int &fv,int &gv,int l,int r)
{
  dec(fv,pw[m-gv]);
  if(nxt[l]>r)gv--; if(l!=r&&pre[r]<l+1)gv--;
}
void manacher()
{
  for(int i=1;i<=m;i++)buc[i]=0;
  for(int i=1;i<=n;i++)pre[i]=buc[a[i]],buc[a[i]]=i;
  for(int i=1;i<=m;i++)buc[i]=n+1;
  for(int i=n;i;i--)nxt[i]=buc[a[i]],buc[a[i]]=i;
  for(int i=1,l=0,r=-1;i<=n;i++)
  {
    int k;
    if(i>r)k=1,upd(f1[i],g1[i],i,i);
    else {
      k=d1[l+r-i],f1[i]=f1[l+r-i],g1[i]=g1[l+r-i];
      int re=l+r-i;
      while(k>r-i+1)del(f1[i],g1[i],re-k+1,re+k-1),k--;
    }
    while(1<=i-k&&i+k<=n&&check(i-k+1,i+k-1))k++,upd(f1[i],g1[i],i-k+1,i+k-1);
    d1[i]=k;
    if(i+k>=r)l=i-k+1,r=i+k-1;
  }
  for(int i=1,l=0,r=-1;i<=n;i++)
  {
    int k;
    if(i>r)k=0;
    else {
      k=d2[l+r-i+1],f2[i]=f2[l+r-i+1],g2[i]=g2[l+r-i+1];
      int re=l+r-i+1;
      while(k>r-i+1)del(f2[i],g2[i],re-k,re+k-1),k--;
    }
    while(1<=i-k-1&&i+k<=n&&check(i-k,i+k-1))k++,upd(f2[i],g2[i],i-k,i+k-1);
    d2[i]=k;
    if(i+k>=r)l=i-k,r=i+k-1;
  }
}
main()
{
  scanf("%d%d",&n,&m),pw[0]=1;
  for(int i=1;i<=m;i++)pw[i]=1ll*m*pw[i-1]%MOD;
  for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
  manacher(); int ans=0;
  for(int i=1;i<=n;i++)add(ans,f1[i]);
  for(int i=1;i<=n;i++)add(ans,f2[i]);
  printf("%d\n",ans);
  return 0;
}