[NOI2014] 动物园

题意：

对于一个字符串S，定义$num_i$表示满足$jleq frac{i}{2},S_{1cdots j}=S_{i-j+1cdots i}$的j的个数。

求$prod limits_{i=1}^{n}{(num_i +1)}$对$10^{9}+7$取模的值。T组数据。

$Tleq 5,nleq 10^{6}$。

题解：

（随手写了个$O(Tnlog{n})$发现它过了……）

考虑线性做法，令$pos_i$为最大的满足$jleq frac{i}{2},S_{1cdots j}=S_{i-j+1cdots i}$的j。

那么显然$num_i = dep(pos_i )$，其中$dep(u)$为点u在fail树上的深度。

考虑怎么求出$pos_i$，这里有一个结论：直接采用kmp的方式从$pos_{i-1}$递归即可。

证明：

• 若$pos_{i}<frac{i}{2}$，那么直接转移就能转移到。
• 若$pos_{i}=frac{i}{2}$，那么一开始的时候$pos_{i-1}+1$就匹配上了。

这证明实在是蠢，但正突出了我的弱智，这tm都没想到？

在这里也顺便给出一下kmp复杂度的证明：

显然kmp时一直指向$nxt_{i-1}$的指针j的移动次数决定了复杂度的上界。

我们不考虑j的左移，只考虑j的右移，显然j在每个i处可能右移1或0位。

注意到指针j的左移次数不可能大于指针j的右移次数（参考括号匹配即可），所以总移动次数至多2n次，复杂度$O(n)$。

回到本题，复杂度$O(Tn)$。

套路：

• 字符串，前后缀匹配，第i位的答案全部能由第i-1位转移而来$ ightarrow KMP$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 1000005
#define maxm 500005
#define inf 0x7fffffff
#define mod 1000000007
#define ll long long
#define rint register int
#define debug(x) cerr<<#x<<": "<<x<<endl
#define fgx cerr<<"--------------"<<endl
#define dgx cerr<<"=============="<<endl

using namespace std;
ll nxt[maxn],dep[maxn],pos[maxn];
char str[maxn];

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 void calc(ll n){
    nxt[1]=0,dep[1]=1;
    for(rint i=2;i<=n;i++){
        rint j=nxt[i-1];
        while(j && str[j+1]!=str[i]) j=nxt[j];
        if(str[j+1]==str[i]) nxt[i]=j+1,dep[i]=dep[j+1]+1;
        else nxt[i]=0,dep[i]=1;
        //cout<<i<<" "<<dep[i]<<endl;
    }
}

int main(){
    //freopen("zoo6.in","r",stdin);
    ll T=read();
    while(T--){
        scanf("%s",str+1);
        ll n=strlen(str+1),ans=1; calc(n);
        for(rint i=2;i<=n;i++){
            int j=pos[i-1];
            while(j && str[j+1]!=str[i]) j=nxt[j];
            if(str[j+1]==str[i]) j++;
            while(j && j>i/2) j=nxt[j]; 
            //cout<<i<<" "<<j<<endl;
            pos[i]=j,ans=ans*(dep[j]+1)%mod;
        }
        printf("%lld
",ans);
    }
    return 0;
}