bzoj3160 万径人踪灭

题目链接：bzoj3160
题目大意：
给一个仅含’a’、’b’两种字符的长度为n的串，问 字母对称(即回文)且位置也对称，且不连续的子序列(可以含某段是连续的但总的要不连续)有多少个。
如果看不懂↑，看题目里的栗子吧

题解：
FFT+manacher
hyc太强辣%%%
首先，要求位置对称的话，那么每对的下标和恒为定值。
就是对于一个满足条件的子序列来说，设它的对称轴为k。有s[k−i]=s[k+i]。
于是卷积形式就出来了
设F(k)表示以k为对称轴的满足s[k+i]=s[k-i]的对数有多少个。
即F(k)=∑[s[k+i]==s[k−i]]
设个数组a[i]=(s[i]==’a’)
那么F(k)=∑a[k+i]×a[k−i]
反过来问b的也做一次。

最后的答案=∑2nk=02F(k)-空串-回文子串。
就是算出多少对之后，枚举这一对选还是不选。有可能全都不选那么就构成了空串，也有可能构成了回文子串不满足条件，那么这些都要减掉。求回文子串的个数就用Manacher就好了。

#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<cmath>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long LL;#define maxn 400010const double pi=acos(-1);const LL mod=1000000007;struct Complex{    double x,y;    Complex(){x=y=0;}    Complex(double x,double y):x(x),y(y){}    friend inline Complex operator + (Complex x,Complex y){return Complex(x.x+y.x,x.y+y.y);}    friend inline Complex operator - (Complex x,Complex y){return Complex(x.x-y.x,x.y-y.y);}    friend inline Complex operator * (Complex x,Complex y){return Complex(x.x*y.x-x.y*y.y,x.x*y.y+x.y*y.x);}};char s[maxn];Complex a[maxn];int mymin(int x,int y){return (x<y)?x:y;}void DFT(Complex *c,int ln,int t){    for (int i=0,j=0;i<ln;i++)    {        if (i>j) swap(c[i],c[j]);        for (int l=ln>>1;(j^=l)<l;l>>=1);    }    for (int s=1;(1<<s)<=ln;s++)    {        int m=(1<<s);        Complex wn(cos(2*pi/m),t*sin(2*pi/m));        for (int k=0;k<ln;k+=m)        {            Complex w(1,0);            for (int j=0;j<(m>>1);j++,w=w*wn)            {                Complex a0=c[j+k];                Complex a1=w*c[j+k+(m>>1)];                c[j+k]=a0+a1;                c[j+k+(m>>1)]=a0-a1;            }        }    }}LL ans[maxn];void FFT(int ln,Complex *c){    int i,fn=1;while (fn<=ln*2) fn<<=1;    DFT(c,fn,1);    for (int i=0;i<=fn;i++) c[i]=c[i]*c[i];    DFT(c,fn,-1);    for (int i=0;i<=fn;i++)     {        LL tt=(LL)(c[i].x/fn+0.5);        ans[i]=(tt%mod+ans[i])%mod;        c[i].x=c[i].y=0;    }}char ss[maxn*2];int g[maxn];LL manacher(int n){    int i,m=0;ss[m]='#';    for (i=0;i<=n;i++)    {        ss[++m]=s[i];        ss[++m]='#';    }    int mx=0,id=0;    for (i=1;i<=m;i++)    {        if (i>mx) g[i]=1;        else g[i]=mymin(mx-i,g[2*id-i]);        while (i-g[i]>=0 && i+g[i]<=m && ss[i+g[i]]==ss[i-g[i]]) g[i]++;        if (i+g[i]-1>mx) {mx=i+g[i]-1;id=i;}    }    LL ret=0;    for (i=0;i<=m;i+=2) ret=(ret+(LL)g[i]/2)%mod;    for (i=1;i<=m;i+=2) ret=(ret+(LL)(g[i]+1)/2)%mod;    return ret;}LL bit[maxn];int main(){    //freopen("a.in","r",stdin);    //freopen("a.out","w",stdout);    int n,i;    gets(s);n=strlen(s);n--;    memset(ans,0,sizeof(ans));    for (i=0;i<=n;i++) a[i].x=(s[i]=='a');    FFT(n,a);    for (i=0;i<=n;i++) a[i].x=(s[i]=='b');    FFT(n,a);    for(i=0;i<=n+n;i++) ans[i]=(ans[i]+1)/2;//每一对会被算两次    LL sum=0;bit[0]=1;    for (i=1;i<=n+n;i++) bit[i]=(bit[i-1]<<1)%mod;    for (i=0;i<=n+n;i++) sum=(sum+bit[ans[i]])%mod;    sum=sum-(2*n+1)-manacher(n);    sum=(sum%mod+mod)%mod;    printf("%lld\n",sum);    return 0;}