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Solution
题意转化之后就是求有多少个长度是\(n+|s|\)的回文串，\(s\)是它的子序列。
先考虑\(n+|s|\)为偶数的情况。
可以大力dp计数，设\(f_{x,l,r}\)表示填了前\(x\)个和后\(x\)个字符，在能匹配就匹配的的情况下，还剩\(s[l\dots r]\)这段区间没有匹配上的方案数。注意能匹配就匹配，这个限制可以保证不会算重。另外设\(g_x\)表示在填了前\(x\)个和后\(x\)个字符之后，已经可以和\(s\)完全匹配上的方案数。
那么分情况讨论一下\(f\)的转移：
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\(s_l\neq s_r\)
\[f_{x,l,r}->f_{x+1,l+1,r} \]\[f_{x,l,r}->f_{x+1,l,r-1} \]\[24\times f_{x,l,r}->f_{x+1,l,r} \]这个情况下填第\(x+1\)个字符，最多只能匹配\(s_l,s_r\)中的一个。
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\(s_l=s_r\)
这个时候要看能否一步到位，把\(s\)给匹配完
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\(r-l+1\le 2\)
\[f_{x,l,r}->g_{x+1} \]\[25\times f_{x,l,r}->f_{x+1,l,r} \] -
\(r-l+1> 2\)
\[f_{x,l,r}->f_{x+1,l+1,r-1} \]\[25\times f_{x,l,r}->f_{x+1,l,r} \]
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另外还有\(g\)自己的转移：
答案就是\(g_{(n+|s|)/2}\)。加上矩阵快速幂加速复杂度可以达到\(O(|s|^6log(n))\)。
继续考虑优化。
上面的\(dp\)其实给了一定的提示，\(f\)的第一维都是从\(x\)转移到\(x+1\)，\((l,r)\)两维则是转移给\((l,r)\)自己，以及视\(s_l,s_r\)的异同情况转移给\((l+1,r-1)\)或者\((l+1,r)/(l,r-1)\)。
抛掉第一维，考虑对所有的\((l,r)\)建点。如果\(s_l=s_r\)，就向自己连25个自环，向点\((l+1,r-1)\)连1条有向边，或者向点\(g\)连一条边权为1的有向边。否则，就向自己连24个自环，分别向点\((l+1,r)\)和\((l,r-1)\)连1条有向边。最后点\(g\)向自己连26个自环。如下图：
图中绿点就是\(s_l=s_r\)的状态，红点就是\(s_l\neq s_r\)的状态。
那么现在问题就转化成了\(dag\)上确定长度( \(\frac{n+|s|}{2}\))的路径计数。
进一步发现，对于一条路径，不考虑上面的自环，当红点数量为\(k\)时，绿点的数量就是\(\lceil\frac{|s|-k}{2}\rceil\)，且指向终点的点一定是绿点。那么交换任意两点的位置，对答案的贡献是不变的(不考虑自环)。那么本质不同的路径就只有\(O(|s|)\)条。我们把这些路径上的点按颜色排列，红点在前，绿点在后，进一步优化建图以后就只剩下\(O(|s|)\)个点。见下(来自https://www.cnblogs.com/CQzhangyu/p/8685601.html)：
图中没有把起点画出来，起点应该是连接最左侧的红点和绿点，因为可以一个红点也不经过。
这张图中，每个点代表的不再是\((l,r)\)这一个状态，变成了大概\(len=r-l+1\)这个等价类(绿点代表两个\(len\))，红点出发的边使\(len-1\)，绿点出发的边使\(len-2\)。
图上有一类边我们还不知道数量：红点到绿点的边。这类边上就存储了所有有这么多个红点的路径数量。
考虑设\(cnt_{x,l,r}\)表示原图从起点出发到\((l,r)\)节点，经过了\(x\)个红点的路径数量。使用记忆化搜索\(O(|s|^3)\)可以得到。
那么现在的图上红点到绿点的连边，假设这是条经过了\(k\)个红点的路径，那么数量就是\(\sum cnt_{k,i,i}+[s_i==s_{i+1}]cnt_{k,i,i+1}\)。
这个时候使用矩阵快速幂加速，复杂度就降为\(O(|s^3|log(n))\)。
构建转移矩阵时会发现是个上三角矩阵，做乘法的时候约束一下\(for\)循环范围常数变成原来的\(\frac{1}{6}\)，可以通过此题。
还剩下\(n+|s|\)为奇数的情况。先按照偶数的情况算出来之后去掉不合法的即可。
总长度是奇数的话，如果整条长为\(\lceil\frac{n+|s|}{2}\rceil\)的路径，最后一步恰好是从原图的一个\((i,i+1)\)点走到终点的话，那么它就不合法，因为现在最后一步只能填一个字符了。
所以对这种路径计数就好了。把图上红点到绿点\(g_{k,i,i}\)的边去掉，再把终点的自环去掉，再跑一遍就是想要减掉的东西。
Code
#include
using namespace std;
#define REP(i,a,b) for(int i=(a),_ed=(b);i<=_ed;++i)
#define DREP(i,a,b) for(int i=(a),_ed=(b);i>=_ed;--i)
#define mp(x,y) make_pair((x),(y))
#define sz(x) (int)(x).size()
#define pb push_back
typedef long long ll;
typedef pair pii;
inline int read(){
register int x=0,f=1;register char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=0;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=x*10+(ch^'0');ch=getchar();}
return f?x:-x;
}
const int N=3e2+5,mod=1e4+7;
int n,len,m,vis[N][N][N],cnt[N][N][N];
char s[N];
inline void inc(int& x,int y){x=x+y=0?x-y:x-y+mod;}
struct matrix{
int x[N][N],flg;
inline matrix(int _flg=0):flg(_flg){memset(x,0,sizeof x);}
inline int* operator[](int p){return x[p];}
inline const int* operator[](int p)const{return x[p];}
inline matrix operator*(const matrix& o){
matrix ans;
if(!flg)REP(i,1,m)REP(k,i,m)REP(j,k,m)inc(ans[i][j],1ll*x[i][k]*o[k][j]%mod);
else REP(i,1,m)REP(j,1,m)inc(ans[1][j],1ll*x[1][i]*o[i][j]%mod);
return ans;
}
inline void print(){REP(i,1,m)fprintf(stderr,"%d%c",x[i][200]," \n"[i==m]);fprintf(stderr,"\n\n");}
};
void ksm(matrix& ans,matrix& b,int n){
//b.print();
for(;n;n>>=1,b=b*b)if(n&1)ans=ans*b;
}
inline int dfs(int i,int l,int r){
if(i<0)return 0;
if(vis[i][l][r])return cnt[i][l][r];
vis[i][l][r]=1;
if(l==1&&r==len)return cnt[i][l][r]=!i;
if(1