下课前，园长提出了一个问题：“KMP 算法只能求出 next 数组。我现在希望求出一个更强大 num 数组——对于字符串 S 的前 i 个字符构成的子串，既是它的后缀同时又是它的前缀，并且该后缀与该前缀不重叠，将这种字符串的数量记作num[i]。例如 S 为 aaaaa，则 num[4] = 2。这是因为 S 的前 4 个字符为 aaaa，其中a 和 aa 都满足性质‘既是后缀又是前缀’，同时保证这个后缀与这个前缀不重叠。
而 aaa 虽然满足性质‘既是后缀又是前缀’，但遗憾的是这个后缀与这个前缀重叠了，所以不能计算在内。同理，num[1] = 0,num[2] = num[3] = 1,num[5] = 2。 ”
最后，园长给出了奖励条件，第一个做对的同学奖励巧克力一盒。听了这句话，睡了一节课的企鹅立刻就醒过来了！但企鹅并不会做这道题，于是向参观动物园的你寻求帮助。你能否帮助企鹅写一个程序求出 num 数组呢？
特别地，为了避免大量的输出，你不需要输出 num[i] 分别是多少，你只需要输出∏ (num[i] + 1) 对 1,000,000,007 取模的结果即可。
其中∏ (num[i] + 1)=1= (num[1] + 1) × (num[2] + 1) × ⋯ × (num[L] + 1)。
到头来还是到卡常题。。。
本来应该老老实实地用两次kmp的，偏偏写了一个SAM
当然也不难写，不过是在线在parent树上面做倍增而已（插入一个做一次倍增求答案）
我们对于新加入的节点np，只考虑它所有祖先中，sz[p]>0的节点（因为只有这些节点是串的前缀）
倍增到一个最深的节点p使得mx[p]*2<=mx[np]即可
因为只考虑sz[p]>0的祖先，所以求f[x][0]可以O(1),总体复杂度O(tNlogN)
让后开始无限卡常，用尽所学手段但是卡到现在依然没过，放弃。。。。。。
（讲道理，以前jz的机子都是跑的比我的电脑快的啊怎么今天比我这里还慢呢。。。1.2s怎么都卡不了啊）
#pragma GCC opitmize("O2")
#pragma G++ opitmize("O2")
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define N 2000010
#define M 1000000007
using namespace std;
char str[N]; long long ans=1;
int s[N][26],mx[N],sz[N],f[N];
int n,lst=1,cnt=1,a[20][N];
inline int extend(int c){
register int p=lst,np=lst=++cnt,q,nq;
mx[np]=mx[p]+1; sz[np]=1; memset(s[cnt],0,26<<2);
for(;p&&!s[p][c];p=f[p]) s[p][c]=np;
if(!p) { f[np]=1; goto end; }
q=s[p][c];
if(mx[q]==mx[p]+1) f[np]=q;
else{
nq=++cnt;
mx[nq]=mx[p]+1;
f[nq]=f[q]; f[q]=f[np]=nq;
memcpy(s[nq],s[q],26<<2);
for(;p&&s[p][c]==q;p=f[p]) s[p][c]=nq;
p=f[nq]; a[0][nq]=sz[p]?p:a[0][p];
for(int j=1;j<19;++j) a[j][nq]=a[j-1][a[j-1][nq]];
}
end:sz[np]+=sz[p=f[np]];
a[0][np]=sz[p]?p:a[0][p];
for(int j=1;j<19;++j) a[j][np]=a[j-1][a[j-1][np]];
p=np;
for(int j=18;~j;--j)
(mx[a[j][p]]<<1)>mx[np]?p=a[j][p]:0;
p=a[0][p];
p!=np?ans=ans*(sz[p]+1)%M:0;
}
int _18520(){
memset(sz,0,sizeof sz);
memset(s[1],0,26<<2);
scanf("%s",str+1); n=strlen(str+1);
for(int i=1;i<=n;++i) extend(str[i]-'a');
printf("%lld
",ans);
}
int main(){
int T; scanf("%d",&T);
for(;T--;_18520())ans=cnt=lst=1;
}