因为我很愚蠢所以用了很愚蠢的O(nlogn)的manacher+线段树做法
就是开两个线段树mn和mx分别表示左端点在i的最长回文子串和右端点在i的最长回文子串
用manacher求出每个点的最长回文子串，然后对于一组(i,f[i])（这里的i是加完#之后的串），我们考虑对原串贡献是对于中点右边一段回文串上点x的mn贡献i-2x+1，x最后加就变成在线段树上贡献i+1，然后同理对左边一段贡献2x-i+1，在线段树上贡献-i+1，注意这里要分一下奇偶还有仔细算一下边界
然后枚举断点，在线段树上查，取max即可
实际上注意到是可以O(n)的，mnmx更新时候的范围超过之后就变成负的没有意义了，所以直接更新区间端点，最后把i%2相同的向前/向后更新一下即可
或者直接用回文自动机预处理
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=200005;
int n,f[N],ans;
char c[N],s[N];
struct xds
{
int l,r,mx,lz;
}t[N<<2];
struct wk
{
xds t[N<<2];
void build(int ro,int l,int r)
{
t[ro].l=l,t[ro].r=r,t[ro].lz=t[ro].mx=-1e9;
if(l==r)
return;
int mid=(l+r)>>1;
build(ro<<1,l,mid);
build(ro<<1|1,mid+1,r);
}
void pd(int ro)
{
if(t[ro].lz!=-1e9)
{
t[ro<<1].mx=max(t[ro<<1].mx,t[ro].lz);
t[ro<<1].lz=max(t[ro<<1].lz,t[ro].lz);
t[ro<<1|1].mx=max(t[ro<<1|1].mx,t[ro].lz);
t[ro<<1|1].lz=max(t[ro<<1|1].lz,t[ro].lz);
t[ro].lz=-1e9;
}
}
void update(int ro,int l,int r,int v)
{//cerr<<l<<" "<<r<<endl;
if(l>r)
return;
if(t[ro].l==l&&t[ro].r==r)
{
t[ro].mx=max(t[ro].mx,v);
t[ro].lz=max(t[ro].lz,v);
return;
}
pd(ro);
int mid=(t[ro].l+t[ro].r)>>1;
if(r<=mid)
update(ro<<1,l,r,v);
else if(l>mid)
update(ro<<1|1,l,r,v);
else
update(ro<<1,l,mid,v),update(ro<<1|1,mid+1,r,v);
t[ro].mx=max(t[ro<<1].mx,t[ro<<1|1].mx);
}
int ques(int ro,int p)
{
if(t[ro].l==t[ro].r)
return t[ro].mx;
pd(ro);
int mid=(t[ro].l+t[ro].r)>>1;
if(p<=mid)
return ques(ro<<1,p);
else
return ques(ro<<1|1,p);
}
}mn,mx;
int main()
{
scanf("%s",c+1);
n=strlen(c+1);
for(int i=1;i<=n;i++)
s[2*i]=c[i],s[2*i+1]='#';
s[0]='$',s[1]='#',s[2*n+2]='%';
int mxw=0,w;
mn.build(1,1,n),mx.build(1,1,n);
for(int i=1;i<2*n+2;i++)
{
if(i<mxw)
f[i]=min(f[2*w-i],mxw-i);
else
f[i]=1;
for(;s[i+f[i]]==s[i-f[i]];f[i]++);
if(i+f[i]>mxw)
mxw=i+f[i],w=i;
if(s[i]=='#')
mx.update(1,max(1,(i+1)/2),min(n,(i+1)/2+(f[i]-1)/2-1),-i+1),mn.update(1,max(1,(i-1)/2-(f[i]-1)/2+1),min(n,(i-1)/2),i+1);
else
mx.update(1,max(1,i/2),min(n,i/2+f[i]/2-1),-i+1),mn.update(1,max(1,i/2-f[i]/2+1),min(n,i/2),i+1);
}
for(int i=2;i<=n;i++)
ans=max(ans,mx.ques(1,i-1)+2*(i-1)+mn.ques(1,i)-2*i);//,cerr<<i<<" "<<mn.ques(1,i)-2*i<<" "<<mx.ques(1,i)+2*i<<endl;;
printf("%d
",ans);
return 0;
}