- 给定一个长度为(n)的字符串(s)。
- 问有多少组种非空字符串(A,B,C)，满足(s=(AB)^kC)，且(A)中出现次数为奇数的字符个数小于等于(C)中的个数。
- 数据组数(le5,nle2^{20})
暴力做法
考虑我们去枚举循环节(AB)，枚举循环次数(k)，暴力哈希判断是否可行。
这样的复杂度应该是(O(Tn(ln n+26)))的，刚好被卡掉。
一个简单的小优化
首先我们考虑一个小优化，把复杂度中的(26)去掉。
设(x=k\%2)，显然偶数个循环节中所有字符出现次数必然都是偶数，它们并不会对奇偶性造成任何影响。
然后考虑当(x=0)的时候，(C)中奇数字符个数其实就是整个原串中奇数字符个数。
而(x=1)的时候，(C)中奇数字符个数就是当前后缀奇数字符个数，由于这个值每次只会修改(1)，我们可以动态维护它。
这样一来，我们的核心问题就是如何去掉(ln n)了。
(Z)函数
可以详见这篇博客：扩展 KMP（Z 函数）学习笔记。
众所周知，如果(i)是长度为(len)的子串([1,len])的循环节，充要条件就是子串([1,len-i])与([i+1,len])完全相同。
发现这等价于第(i+1)个后缀与原串的(LCP)（即(Z(i+1))）大于等于(len-i)。
那么可行的循环次数实际上就是(lfloorfrac{min{Z(i+1),n-i-1}}i floor+1)（注意，要取(min)是因为(C)不能为空），其中一半(k)为奇数，一半(k)为偶数。
这样一来就能(O(1))计算了。
代码：(O(Tn))
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 1048576
using namespace std;
int n,a[30],b[30],g[30];char s[N+5];
int Z[N+5];I void GetZ()//预处理Z函数
{
RI i,id,Mx=0;for(Z[1]=n,i=2;i<=n;i+Z[i]-1>Mx&&(Mx=i+Z[id=i]-1),++i)
{Z[i]=i<=Mx?min(Z[i-id+1],Mx-i+1):0;W(i+Z[i]<=n&&s[i+Z[i]]==s[1+Z[i]]) ++Z[i];}
}
int main()
{
RI Tt,i,p,q,o,u,v,k;long long ans;scanf("%d",&Tt);W(Tt--)
{
for(scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1),GetZ(),i=1;i<=26;++i) a[i]=b[i]=g[i]=0;//清空
for(p=q=o=u=v=0,i=1;i<=n;++i) (b[s[i]&31]^=1)?(++o,++q):(--o,--q);//统计整个串奇数字符个数
for(ans=0,i=1;i^n;++i) (b[s[i]&31]^=1)?(u+=g[++q]):(u-=g[q--]),//更新当前后缀中奇数字符个数，同时维护基数情况下合法A的个数
i>1&&(k=min(Z[i+1],n-i-1)/i+1,ans+=1LL*(k+1>>1)*u+1LL*(k>>1)*v),//计算答案
++g[(a[s[i]&31]^=1)?++p:--p],p<=q&&++u,p<=o&&++v;//加入一个可能的A，更新两种情况合法A的个数
printf("%lld
",ans);
}return 0;
}