题目描述

难度分:$2900$

输入$n(1 \leq n \leq 2 \times 10^6)$和长度为$n$的字符串$s$，只包含小写英文字母。

从$s$中选两个重叠（有公共部分）的非空回文子串，有多少种选法？答案模$51123987$。

输入样例$1$

4
babb

输出样例$1$

6

输入样例$2$

2
aa

输出样例$2$

2

算法

$Manacher$算法

难得又碰到一道会做的周五茶，达成了一周$5$道茶$AK$的成就。

首先可以想到，要找两个重叠的回文串不好找，但是要找两个不重叠的回文串非常好找，所以我们求对立事件的方案数，用总方案数减去对立事件的方案数就能得到答案。

假设我们可以得到一个数组$pre$，$pre[i]$表示以$s[i]$为右端点的回文子串数量，这样整个串的回文子串数量即为$tot=\Sigma_{i=0}^{n-1}pre[i]$。还可以得到一个数组$suf$，$suf[i]$表示以$s[i]$为左端点的回文子串数量，对$suf$求一个后缀和，$suf[i]$就表示$s$的后缀$[i,n)$上的回文子串数量。

然后就可以枚举左边那个回文串的右端点$i \in [0,n-2]$，但每个选择$s[i]$结尾的回文串时，另一个串可以在后缀$[i+1,n-1]$上选，方案数为$pre[i] \times suf[i+1]$。所以最终答案就是$tot-\Sigma_{i=0}^{n-2}pre[i] \times suf[i+1]$。此时关键就在于怎么求$pre$，求$suf$只需要把$s$反转一下跑一遍相同的流程再把$suf$反转回来即可。

通过$Manacher$算法，可以知道在某个回文中心的最长回文子串的下标区间$[l,r]$。那么$[l+1,r-1],[l+2,r-2]$,… 这些也是回文子串。然后统计以$s[i]$结尾的回文子串个数。对于上述$[l,r]$及其内部的回文子串，右端点最小是$\lceil \frac{l+r}{2} \rceil$，最大是$r$，所以右端点在 $[\lceil \frac{l+r}{2} \rceil,r]$中的回文子串个数都要加一。这可以用差分数组维护，最后对这个差分数组求一下前缀和就能得到$pre$。

复杂度分析

时间复杂度

运行两次$Manacher$算法获得$pre$和$suf$两个数组，时间复杂度为$O(n)$。接下来$O(n)$把所有$pre[i]$累加起来得到整个$s$串中回文子串的数量，并对$suf$求后缀和，时间复杂度为$O(n)$。最后再遍历$s$串，枚举其中一个串的右端点求“选两个互不相交的回文串方案数”时间复杂度为$O(n)$。因此，整个算法的时间复杂度为$O(n)$。

空间复杂度

$Manacher$算法需要构建一个在$s$的每个相邻字符之间插入特殊字符的新串，空间复杂度为$O(n)$。$pre$和$suf$两个数字的空间复杂度也为$O(n)$。因此，整个算法的额外空间复杂度为$O(n)$。

C++ 代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long LL;
const int MOD = 51123987;

vector<LL> manacher(const std::string& s) {
    int n = s.length();
    string T = "#";
    for (char c : s) {
        T += c;
        T += '#';
    }
    int m = T.length();
    vector<int> p(m, 0);
    int C = 0, R = 0;
    for(int i = 0; i < m; ++i) {
        int mirror = 2 * C - i;
        if(i < R) {
            p[i] = min(R - i, p[mirror]);
        }
        int a = i + 1 + p[i];
        int b = i - 1 - p[i];
        while(a < m && b >= 0 && T[a] == T[b]) {
            p[i]++, a++, b--;
        }
        if(i + p[i] > R) {
            C = i;
            R = i + p[i];
        }
    }
    vector<int> diff(n, 0);
    for(int i = 0; i < m; i++) {
        int r = p[i];
        if (r == 0) continue;
        int j_start = i;
        int j_end = i + r - 1;
        int first_j = (j_start % 2 == 1) ? j_start : (j_start + 1 <= j_end) ? j_start + 1 : j_end + 1;
        int last_j = (j_end % 2 == 1) ? j_end : (j_end - 1 >= j_start) ? j_end - 1 : j_start - 1;
        if (first_j > j_end || last_j < j_start) continue;
        int start_k = (first_j - 1) / 2;
        int end_k = (last_j - 1) / 2;
        start_k = max(start_k, 0);
        end_k = min(end_k, n - 1);
        if(start_k > end_k) continue;
        diff[start_k]++;
        if(end_k + 1 < n) {
            diff[end_k + 1]--;
        }
    }
    vector<LL> dp(n, 0);
    dp[0] = diff[0];
    for(int i = 1; i < n; ++i) {
        dp[i] = dp[i - 1] + diff[i];
    }
    return dp;
}

int main() {
    int n;
    string s;
    cin >> n >> s;
    vector<LL> pre = manacher(s);
    reverse(s.begin(), s.end());
    vector<LL> suf = manacher(s);
    __int128 tot = pre[0];
    for(int i = 1; i < n; i++) {
        tot += pre[i];
    }
    reverse(suf.begin(), suf.end());
    for(int i = n - 2; i >= 0; i--) {
        suf[i] += suf[i + 1];
        suf[i] %= MOD;
    }
    __int128 ans = tot * (tot - 1) / 2 % MOD;
    for(int i = 0; i < n - 1; i++) {
        ans = (ans - (pre[i] * suf[i + 1] % MOD) + MOD) % MOD;
    }
    cout << (int)ans << endl;
    return 0;
}