[洛谷P4199] 万径人踪灭

题意：

在一个长度为n的只含a,b的字符串中选取一个子序列，使得：

• 位置和字符都关于某条对称轴对称。
• 不能是连续的一段。

求方案数对$10^{9}+7$取模的值。

$nleq 10^5$。

题解：

首先答案可以用回文子序列个数减回文子串个数得到，回文子串可以Hash+二分求出。

考虑怎么求回文子序列，先枚举对称轴x，统计出满足$str_{x-i}=str{x+i}$的i的个数cnt，那么答案就是$2^{cnt}-1$。

注意到位置$i,j$会给对称轴$frac{i+j}{2}$产生贡献，那么就有一个套路的做法：（以a为例，b同理）

构造多项式$f_i =sum limits_{i=1}^{n}{[str_i = a]x^{i}}$，再令$F=f*f$，那么$lceil frac{F_i}{2} ceil$就是对称轴为$frac{i}{2}$时满足要求的a的对数。

注意到每项的系数不会超过ntt模数，于是ntt做一下就行了，复杂度$O(nlog{n})$。

套路：

• 位置$i,j$对位置$i+j$产生贡献$ ightarrow$构造多项式求解。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 600005
#define maxm 500005
#define inf 0x7fffffff
#define ll long long
#define Mod 1000000007
#define mod 998244353
#define g 3
#define rint register ll
#define debug(x) cerr<<#x<<": "<<x<<endl
#define fgx cerr<<"--------------"<<endl
#define dgx cerr<<"=============="<<endl

using namespace std;
char str[maxn]; 
ll ind[maxn],pre[maxn],suf[maxn];

struct poly{
    ll a[maxn],n;
    inline void clear(){memset(a,0,sizeof(a)),n=0;}
    inline ll pw(ll a,ll b){ll r=1;while(b)r=(b&1)?r*a%mod:r,a=a*a%mod,b>>=1;return r;}
    inline void ntt(ll op){
        for(ll i=0;i<n;i++) if(i>ind[i]) swap(a[i],a[ind[i]]);
        for(ll l=1;l<=n;l<<=1){
            ll p=pw(g,(mod-1)/l);
            if(op==-1) p=pw(p,mod-2);
            for(ll i=0;i<n;i+=l)
                for(ll j=i,w=1;j<i+(l>>1);j++,w=w*p%mod){
                    ll x=a[j],y=w*a[j+(l>>1)]%mod;
                    a[j]=(x+y)%mod,a[j+(l>>1)]=(x-y+mod)%mod;
                }
        }
        if(op==-1){
            ll inv=pw(n,mod-2);
            for(ll i=0;i<n;i++) a[i]=a[i]*inv%mod; 
        }
    }
    inline poly operator*(const poly b)const{
        poly res; res.clear(),res.n=max(n,b.n);
        for(ll i=0;i<res.n;i++) res.a[i]=a[i]*b.a[i]%mod;
        return res;
    }
};

inline ll read(){
    ll x=0,f=1; char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
    return x*f;
}

inline ll pw(ll a,ll b,ll M){ll r=1;while(b)r=(b&1)?r*a%M:r,a=a*a%M,b>>=1;return r;}
inline ll calc(ll n){
    for(ll i=1;i<=n;i++) pre[i]=(pre[i-1]*2%mod+(str[i]=='b'))%mod;
    for(ll i=n;i>=1;i--) suf[i]=(suf[i+1]*2%mod+(str[i]=='b'))%mod;
    ll ans=0;
    for(ll i=1;i<=n*2;i++){
        ll px=i/2,py=i-px,l=1,r=min(px,n-py+1),res=0;
        while(l<=r){
            ll mid=l+r>>1,w=pw(2,mid,mod);
            ll t1=(suf[px-mid+1]-suf[px+1]*w%mod+mod)%mod;
            ll t2=(pre[py+mid-1]-pre[py-1]*w%mod+mod)%mod;
            if(t1==t2) res=mid,l=mid+1; else r=mid-1;
        }
        ans=(ans+res)%Mod;
    }
    return ans;
}

int main(){
    scanf("%s",str+1);
    ll n=strlen(str+1),ans=0;
    poly A,B; A.clear(),B.clear();
    for(ll i=1;i<=n;i++){
        if(str[i]=='a') A.a[i]=1,B.a[i]=0;
        else B.a[i]=1,A.a[i]=0;    
    }
    ll m=1; while(m<=n*2) m<<=1;
    for(ll i=0;i<m;i++) ind[i]=(i&1)?((ind[i>>1]>>1)|(m>>1)):(ind[i>>1]>>1);
    A.n=B.n=m; A.ntt(1),B.ntt(1);
    poly C=(A*A),D=(B*B); C.ntt(-1),D.ntt(-1);
    for(ll i=0;i<m;i++){
        ll t1=C.a[i]-C.a[i]/2,t2=D.a[i]-D.a[i]/2;
        ans=(ans+pw(2,t1+t2,Mod)+Mod-1)%Mod;
    }
    printf("%lld
",(ans-calc(n)+Mod)%Mod);
    return 0;
}