3160: 万径人踪灭|FFT|manacher

答案可以转化为所有的回文子序列减去回文子串
回文子串的个数可以用 manacher 来求出
回文子序列的个数可以这样求：
先求出以每个点为中心左右对称的点的个数 x ，那么以这个点为中心的回文子序列的个数就是 2x−1 ，然后现在只需要求出以每个点为中心左右对称的点的个数，就是 a[i+p]==a[i−p] 这种情况的个数，发现和卷积非常类似。。。然后还只有 a,b 两个字母，可以分开求，令每个 a 的位置为 1 , b 的位置为 0 ,然后 FFT 求出卷积，对字母 b 的做法也同理，这样就可以直接求出以每个点为中心的左右对称的点的个数，同时也能求出长度为偶数的情况
手打的 complex 比stl自带的 complex 快了居然有两倍。。。

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#define N 266333
#define mod 1000000007
using namespace std;
struct E
{
    double real,i;
    E (double a=0,double b=0){real=a,i=b;}
    E operator+(E a){return (E){real+a.real,i+a.i};}
    E operator-(E a){return (E){real-a.real,i-a.i};}
    E operator*(E a){return (E){real*a.real-i*a.i,real*a.i+i*a.real};}
};
const double pi=acos(-1);
char s[N],str[N];
int n,m,L,p[N],f[N],R[N];
E a[N],b[N];
long long ans;
void manacher()
{
    int mx=0,id=0;
    for(int i=0;iif(mx>i)p[i]=min(p[2*id-i],mx-i);else p[i]=1;
        while(i-p[i]>=0&&str[i+p[i]]==str[i-p[i]])p[i]++;
        if(p[i]+i>mx)mx=p[i]+i,id=i;
    }
}
void FFT(E *a,int f)
{
    for(int i=0;iif(ifor(int i=1;i1)
    {
        E wn(cos(pi/i),f*sin(pi/i));
        for(int k=0;k1))
        {
            E w(1,0);
            for(int j=0;jif(f==-1)for(int i=0;ireal/n,a[i].i/n};
}
int cal(int y)
{
    long long ans=1,x=2;
    for(;y;x=x*x%mod,y>>=1)
        if(y&1)ans=ans*x%mod;
    return ans;
}
int main()
{
    scanf("%s",s);m=strlen(s);
    str[0]='#';
    for(int i=0;istr[2*i+1]=s[i],str[2*i+2]='#';
    n=2*m+1;manacher();

    for(int i=0;i2*i+1]+1)/2;
    for(int i=0;i2*i+2]-1)/2;
    m=m*2;
    for(n=2;n1,L++);
    for(int i=1;i>1]>>1)|((i&1)<for(int i=0;ireal=(s[i]=='a'),a[i].i=0;
    FFT(a,1);
    for(int i=0;i1);
    for(int i=0;iint)(a[i].real+0.1)+(~i&1))/2;


    for(int i=0;ireal=(s[i]=='b'),a[i].i=0;
    FFT(a,1);
    for(int i=0;i1);
    for(int i=0;iint)(a[i].real+0.1)+(~i&1))/2;

    for(int i=0;iif(f[i])ans+=cal(f[i])-1;
    cout<<(ans%mod+mod)%mod;
    return 0;
}