令(st[i])表示以(i)为开头有多少个(AA)这样的子串，(ed[i])表示以(i)结尾有多少个(AA)这样的子串。那么(Ans=sum_{i=1}^{n-1}ed[i]*st[i+1])。
考虑如何求(st[i],ed[i])。暴力的话可以枚举(i)，然后哈希判一下。这样(O(n^2))就有(95)分了。。
正解是，枚举长度(len)，判断每个位置是否存在长为(2*len)的(AA)这样的子串。
每隔(len)的距离放一个关键点，这样一个长度为(2*len)的串一定会经过两个相邻的关键点。
考虑枚举两个相邻的关键点，即令(i=k*len, j=i+len)。再令(x)表示(i,j)所代表的前缀的最长公共后缀（与(len)取(min)），(y)表示(i,j)所代表的后缀的最长公共前缀（与(len)取(min)）。
（不想画图了，注意别看错，可以拿个串比如aabaabab试一下）
当(x+y-1<len)时，因为中间没有相同的部分所以找不到一个经过(i,j)长为(2*len)的(AA)串。
当(x+y-1geq len)时，我们发现因为(i,j)是两个相距为(len)的点，我们取(i-x+len, j-x+len)，这两个点之间能形成长(2*len)的(AA)子串。同时将两个点不断向右移动，直到(i+y-1, j+y-1)，都能形成一个(AA)子串。
也就是当(p)取([j-x+len, j+y-1])中的某个位置时，都能得到以(p)为结尾的长为(2*len)的(AA)串。同理当(p)在([i-x+1, i+y-len])中时，也都能得到以(p)开头的长为(2*len)的(AA)串。
所以就是区间加一，差分一下就可以了。
只是枚举(len)，然后每隔(len)放一个点，统计相邻两点间的贡献。所以复杂度还是(O(nlog n))。
//5892kb 784ms
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
typedef long long LL;
const int N=3e4+5;
int Log[N];
struct Suffix_Array
{
int tm[N],sa[N],sa2[N],rk[N],ht[N],st[N][15];
inline void Init_ST(const int n)
{
for(int i=1; i<=n; ++i) st[i][0]=ht[i];
for(int j=1; j<=Log[n]; ++j)
for(int t=1<<j-1,i=n-t; i; --i)
st[i][j]=std::min(st[i][j-1],st[i+t][j-1]);
}
inline int LCP(int l,int r)
{
l=rk[l], r=rk[r]; if(l>r) std::swap(l,r);
++l;
int k=Log[r-l+1];
return std::min(st[l][k],st[r-(1<<k)+1][k]);
}
void Build(char *s,const int n)
{
memset(rk,0,sizeof rk);
memset(sa2,0,sizeof sa2);//要清空...! 因为下面比较懒得加<=n了。
int m=26,*x=rk,*y=sa2;
for(int i=0; i<=m; ++i) tm[i]=0;
for(int i=1; i<=n; ++i) ++tm[x[i]=s[i]-'a'+1];
for(int i=1; i<=m; ++i) tm[i]+=tm[i-1];
for(int i=n; i; --i) sa[tm[x[i]]--]=i;
for(int k=1,p=0; k<n; k<<=1,m=p,p=0)
{
for(int i=n-k+1; i<=n; ++i) y[++p]=i;
for(int i=1; i<=n; ++i) if(sa[i]>k) y[++p]=sa[i]-k;
for(int i=0; i<=m; ++i) tm[i]=0;
for(int i=1; i<=n; ++i) ++tm[x[i]];
for(int i=1; i<=m; ++i) tm[i]+=tm[i-1];
for(int i=n; i; --i) sa[tm[x[y[i]]]--]=y[i];
std::swap(x,y), x[sa[1]]=p=1;
for(int i=2; i<=n; ++i)
x[sa[i]]=(y[sa[i]]==y[sa[i-1]]&&y[sa[i]+k]==y[sa[i-1]+k])?p:++p;//because of this
if(p>=n) break;
}
for(int i=1; i<=n; ++i) rk[sa[i]]=i;
ht[1]=0;
for(int i=1,k=0,p; i<=n; ++i)
{
if(rk[i]==1) continue;
if(k) --k;
p=sa[rk[i]-1];
while(i+k<=n && p+k<=n && s[i+k]==s[p+k]) ++k;
ht[rk[i]]=k;
}
Init_ST(n);
}
}sa1,sa2;
inline void Init_Log(const int n)
{
for(int i=2; i<=n; ++i) Log[i]=Log[i>>1]+1;
}
void Solve()
{
static int st[N],ed[N];
static char s[N];
scanf("%s",s+1); const int n=strlen(s+1);
sa1.Build(s,n), std::reverse(s+1,s+1+n), sa2.Build(s,n);
memset(st,0,n+1<<2), memset(ed,0,n+1<<2);
for(int len=1,lim=n>>1; len<=lim; ++len)
for(int i=len,j=len<<1; j<=n; i=j,j+=len)
{
int x=std::min(len,sa2.LCP(n-i+1,n-j+1)),y=std::min(len,sa1.LCP(i,j));
if(x+y-1>=len)
++st[i-x+1], --st[i+y-len+1], ++ed[j-x+len], --ed[j+y];
}
LL ans=0;
for(int i=1; i<n; ++i) st[i+1]+=st[i], ed[i+1]+=ed[i], ans+=1ll*ed[i]*st[i+1];
printf("%lld
",ans);
}
int main()
{
Init_Log(30000);
int T; scanf("%d",&T);
while(T--) Solve();
return 0;
}