[ONTAK2010]回文等价Palindromic E…

题目：

翻译后题目见： http://cojs.tk/cogs/problem/problem.php?pid=1821

原题见： http://main.edu.pl/en/archive/ontak/2010/pal

We will call two words  and  of length  palindromically equivalent, if for every pair of numbers  and  such that , the subword of  consisting of letters from positions  to , inclusively, is a palindrome if and only if the subword of  consisting of letters from the same set of positions is a palindrome.

For a given word, your task is to compute the number of words over the English alphabet that are palindromically equivalent to it, modulo .

分析：

首先这道题用到了Manacher算法……现假设读者会这个算法。不会的话可以看这篇文章：

http://blog.csdn.net/ggggiqnypgjg/article/details/6645824

本文中，将Manacher算法的“当前右边界”称为mx，i的回文半径称为R[i]。

“回文等价”的实质是什么呢？就是一堆相等和不等关系。为什么这么说？假设某个位置i的回文半径是R[i]（我们淡化Manacher算法中那些#的影响，嗯，淡化），那么在某个和S回文等价的串T中一定有：T[i+1]=T[i-1],T[i+2]=T[i-2]……T[i+R[i]-1]=T[i-R[i]+1]，以及T[i+R[i]]≠T[i-R[i]]。反过来，只要对于每个i都满足这些性质，S和T就一定回文等价。

但是这样的相等/不等关系太多了。怎么办呢？可以发现，实质不同的相等/不等关系都只有O(N)个。为什么这么说？我们考虑Manacher算法的过程。

先看相等关系。在Manacher算法的过程中，只有当i+R[i]越过mx时，超出mx的那些元素，和其对称位置的相等关系是新的。在其他情况下（即小于mx的情况），这个相等关系都等价于对称位置的相等关系。在i+R[i]越过mx之后，mx就更新成了i+R[i]。因而，我们想象mx连续地向右移动，每到一个新位置都可能产生一个新的相等关系。mx共移动至多N次，因此共有O(N)个本质不同的相等关系。

再看不等关系。每一位都只会产生一个不等关系（T[i+R[i]]≠T[i-R[i]]），自然一共有O(N)个不同的不等关系了！而且，还有很多不等关系与前边对称位置的不等关系相同，那就更少了（当然不影响O(N)这个结论）。

因此我们不妨想象这么一个算法：找出所有的相等和不等关系，将所有等价类合并，然后就转化成一张无向图（一定互异的两个等价类间连边），要求将顶点26染色，使得相邻点不同色，求方案数。

不过呢，这个图论问题是没有什么算法的……后面也没有用到图论的知识。虽然如此，这样说显得非常高端大气上档次，对吧。

然后我们再深入探讨一下这些相等/不等关系的特性。那个图论问题为什么不好解？原因大致是这样的：假设我们知道了顶点a和顶点b,c均不同色，但是并不知道b,c是否同色……那a的颜色到底有25种还是24种选择呢？这就麻烦了。

但是！这道题有一个美妙的性质。对应于刚才说的abc，我们一定知道b,c是否同色！换言之，如果我们知道T[i]≠T[j]，T[i]≠T[k]，其中k

这是为什么呢？（出题人：我就是这么吊。哈哈）不妨证明一下。

如图（j有点残……就是中间偏右那个形似i但显然不是i的家伙）。可以发现，不等关系都由某点为中心的“极大回文串”确定。现在把T[i]≠T[j]和T[i]≠T[k]这种情况画出来。显然，为了确定这二者，T[j+1]~T[i-1]，T[k+1]~T[i-1]必然都是回文串。

那么，我们画出T[j+1]~T[i-1]在T[k+1]~T[i-1]上的对称串，也就是T[k+1]~T[i+k-j-1]。注意，图中两个对称的串并未相交，实际上它们有可能相交，但这并不影响证明。

显然， T[k+1]~T[i+k-j-1]和它右边的镜像一样是一个回文串。问题的关键在于：k是这个回文串的“左边一位”，i+k-1是这个回文串的“右边一位”。假设该串的回文中心是p'，那么，为了确定p'的回文半径到底是几，算法必然能够确定k和i+k-j是否相等！ 因为由此能够确定，p'的回文半径到底是就此止步还是继续向前。而i+k-j又和j对称，因此算法必然确定了k和j的相等/不等关系。这种“确定”可能是直接对比，也有可能是根据之前的某个回文镜像得出。但无论如何，我们一定能够知道，T[j]=T[k]和T[j]≠T[k]中到底哪一个成立。

这样一来就好办了。算法需要干两件事：第一，标定等价类（不妨用等价类中最靠前元素的下标作为等价类的编号）。第二，确定哪些等价类之间不同。然后我们从前到后依次确定等价类。对于等价类i，如果有k个编号比它小的等价类（当然是去重后的）和它不相同，那么它就有26-k种选法。由于刚才证明的性质（这k个等价类必须显然一定总之不言而喻地两两不同），这种做法一定正确！

那么问题来了，挖掘机技术哪家强？不对，是怎么标定等价类和确定不等关系？

我们先思考等价类的确定方法。如果在之前的某个回文串中我们确定了T[j]=T[i]，j

在越过mx时会发生什么呢？有两种越过mx的情况。

第一种是imx，由于i

第二种是i=mx（显然不会有i>mx，因为i=mx时就会立即越过mx）。这时，i明显不属于之前的任何一个等价类。那么，i就必然是一个新等价类的起点。然后我们就知道了0~i所在的等价类，在匹配过程中也就能知道0~i+R[i]-1（即0~新mx-1）所在的等价类。当然！这里淡化了Manacher算法在字符串中间加的那些'#'。如果S[i]是'#'，那它不属于任何等价类。

继续看如何确定不等关系。这就简单得多了。如果i+R[i]和i-R[i]都是字母，那我们就可以确定它们所属的等价类互异。根据刚才标记等价类的讨论，我们一定知道i-R[i]所属的等价类，但不一定知道i+R[i]所属的等价类。这无伤大雅：先用set存每个T[i]和哪些等价类互异，最后再把每个等价类的不等关系并在一起（对于等价类k，只保留编号比k小的那些不等关系）。

确定不等关系这里可以加一个优化：仅当i+R[i]>=mx时，我们才储存这一对不等关系。因为只有这时才会产生本质上的新不等关系。

最后，这道题的内存是64M……所以需要奇怪的卡内存。具体姿势见代码。

代码： http://cojs.tk/cogs/submit/code.php?id=140323