SnackDown 2019 - Online Elimination Round Suffix Palindromes

原题链接.

没上OEIS真的是亏了。

题目大意：

问有多少个字符集大小为|S|的长度为n的字符串，不存在一个长度大于1的回文后缀。

1<=n<=1000

1<=|S|

题解：

这种题一看就要容斥原理

首先总方案数是S^n

减去后缀是回文串的，但是我们发现直接减肯定减重。

不妨设$f[i]$表示长度为i的回文串，且它也不存在长度大于1的回文后缀的方案数。

$Ans=S^n-{\sum }_{i=2}^{n}f[i]\ast S^{n-i}$

那么$f[i]$如何计算呢?

显然可以继续容斥，即总数减去有回文后缀，且这个回文后缀没有大于1的回文后缀。

设$m=(n+1)/2$
$f[n]=S^m-{\sum }_{i=1}^{m}f[i]\ast S^{m-i}$

为什么不用考虑i>m的情况呢，

因为如果后缀i>m是回文的，这个后缀一定有一个大于1的回文后缀。

证明：
因为原串是回文的：
所以s[i…2m-i]是回文的，又因为后缀i是回文的，所以长度是i-(2m-i)+1的后缀也是回文的。

i-(2m-i)+1=2(i-m)+1
因为i>m所以2(i-m)+1>=3

因此后缀i一定还存在长度大于1的回文后缀。

感觉最后的这个点挺难想的，卡了一会儿，毕竟这题Samjia做了1h也没有做出来（小骄傲~）

Code:

#include
#define ll long long
#define fo(i, x, y) for(int i = x; i <= y; i ++)
using namespace std;

const int N = 1e3 + 5;

int n, s, mo;
ll f[N], a[N], ans;

int main() {
	scanf("%d %d %d", &n, &s, &mo);
	a[0] = 1; fo(i, 1, n) a[i] = a[i - 1] * s % mo;
	fo(i, 2, n) {
		int m = i + 1 >> 1;
		f[i] = a[m];
		fo(j, 2, m) f[i] = (f[i] - f[j] * a[m - j] % mo + mo) % mo;
	}
	ans = a[n];
	fo(i, 2, n) ans = (ans - a[n - i] * f[i] % mo + mo) % mo;
	printf("%lld", ans);
}