【杂言】：
前置知识为(Hash) , 我的 理解
【题目描述】：
给定一个字符串(S)，先将字符串(S)复制一次（变成双倍快乐），得到字符串(T)，然后在(T)中插入一个字符，得到字符串(U)。
给出字符串(U)，重新构造出字符串(S)。（字符串(S)的长度 (leq 2e7+1)）
【思路】：
首先 ， 看到构造字符串， 我们就想到了字符串匹配（然后你就想到了(KMP)） , 然后你就想到了用哈希干掉这道题（请忽略我看了题目标签，谢谢合作） 。
然后， 我们再次发现，对于得到的新的字符串，一定不会是偶数，因为(copy)过后，又加了1，也就是长度应该为(2k+1)(其中(k)为字符串(S)的长度) 。那么就找出一个不可能的条件
再然后 ，没有一眼结论了，那么好， 我们换思路考虑一下 ，我们很自然的可以想到，我只需要枚举去掉一个字符之后，判断一下，两边是否相等，如果相等，那么也就必然能够表示出来
同时我们也出现一个疑惑 ， 那就是如何判断一下形成字符串(S)是否是唯一的呢？ ，很麻烦 ，我们需要继续分类，然后看一下是否还能分（为之后的优化打下坚实的基础）
联想一下哈希， 我们发现 ，我们预处理出前缀的哈希值 ， 我们还是枚举多余字符的位置，同时，我们根据其位置与 (frac{n}{2})与(frac{n}{2} + 1)的关系，来判断并求解出前后两个字符串的哈希值（由于这是一个(copy)，所以只需要比较第(frac{n}{2})和(frac{n}{2}+1)即可） 。
我们假设 (x)为前半部分(hash)值，(y)为后半部分(hash)值 ，
当我们枚举的时候，我们必然是要看一下删除完的字符串的(Hash)值， 那么其中原来的(Hash)怎么处理呢？（也就是刚刚我们假设的(x)）,我们来look一下这个图
,
当枚举到左边的那一个字符时，
同时， (1……i-1)的(Hash)值为 : (hash_{i-1}) ，由于要和(i+1,i+2 , …… frac{n}{2} +1)组成一个部分，也就是要对齐，所以，
应该乘以一个(power_{frac{n}{2} - i + 1}) ,其中(frac{n}{2} - i +1)表示的就是(i+1,i+2,…… ， frac{n}{2} +1)的长度。
枚举在左边的处理完了，接下来看一下枚举右边的，这时候左边是完全不需要动的， 我们只需要动一下后面，让他们对齐，
当枚举到左边的那一个字符时，
这个式子很明显，比上一个式子简单，且考虑的东西明显要少。
(i-1-frac{n}{2})表示的是有半部分从开始到(i-1)的长度，
其开始位置为$frac{n}{2} +1 $ ,(n-i)是后面的的长度，为了让他们对齐， 所以要乘以一个(power_{n-i})
然后我们可以考虑一下我们的问题了， 我们的唯一解了。 其实也是十分的简单， 我们只需要在进行搜索到的时候一个的时候，记录一下第一个可以得到字符串(S)的位置，同时在进行枚举，看一下是否还有其他的方法可以形成另一个字符串(s_{1}),然后如果重复，就输出应该输出的东西就好了
【(code)】:
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <map>
#include <stack>
#define int unsigned long long
using namespace std ;
const int kmaxn = 2e7 + 10 ;
const int p1 = 1e3 + 7 ;
const int p2 = 1331 ;
const int mod1 = 10003 ;
const int mod2 = 13331 ;
inline int read()
{
int x = 0 , f = 1 ; char ch = getchar() ;
while(!isdigit(ch)) { if(ch == '-') f = - 1 ; ch = getchar() ; }
while( isdigit(ch)) { x = x * 10 + ch - '0' ; ch = getchar() ; }
return x * f ;
}
int n , x , y , ans , tot , p;
bool flag ;
char s[kmaxn] ;
int sum[kmaxn];
int power[kmaxn] ;
void prepare() //预处理 ，艹，这是板子。
{
power[0] = 1 ;
for(int i = 1 ; i <= n ; i++) //预处理出p2的n次方
{
power[i] = power[i - 1] * p2 ; //直接让其无符号整数自动截取来完成取模，省去耗时间复杂度较高的模运算
}
for(int i = 1 ; i <= n ; i++) //预处理出字符串的哈希值
{
sum[i] = sum[i - 1] * p2 + s[i] - 'A' + 1 ;
}
}
void work()
{
for(int i = 1 ; i <= n ; i++)
{
if(i <= n/2)
{
x = sum[n / 2 + 1] - sum[i] * power[n / 2 - i + 1] + sum[i - 1] * power[n / 2 - i + 1];
}
else
{
x = sum[n / 2] ;
}
if(i <= n /2 + 1)
{
y = sum[n] - sum[n / 2 + 1] * power[n / 2] ;
}
else
{
y = (sum[i - 1] - sum[n / 2] * power[i - n / 2 - 1]) * power[n - i] + sum[n] - sum[i] * power[n - i] ;
}
if(x == y)
{
if(flag && ans != x) //形成的字符串不唯一
{
printf("NOT UNIQUE
") ;
return ;
}
flag = 1 , ans = x , p = i ;
}
}
if(!flag)
{
printf("NOT POSSIBLE
") ;
return ;
}
for(int i = 1 ; tot < n / 2 ; i ++)
{
if(i != p )
{
printf("%c" , s[i]) ;
tot ++ ;
}
}
printf("
") ;
return ;
}
signed main()
{
n = read() ;
scanf("%s" , s+1) ;
if(n % 2 == 0)
{
printf("NOT POSSIBLE
") ;
return 0 ;
} //如果是偶数， 那么删去一个字符会形成奇数 ，但是 copy的必是偶数 ， 故 不可能有解
prepare() ;
work() ;
return 0 ;
}