【CF932G】Palindrome Partition（回文树，动态规划）

题面

CF
翻译：
给定一个串，把串分为偶数段
假设分为了(s1,s2,s3....sk)
求，满足(s_1=s_k,s_2=s_{k-1}......)的方案数

题解

反正我是不会做
基本就是照着(laofu)的打了一遍（laofu太强啦）

这题分成了两个步骤
如果直接分(k)段我们是没法直接判断的
假设两段(s_i,s_{k-i+1})
因为(s_i=s_{k-i+1}=x_1x_2.....x_j)
假设(s_i)的开始位置为(p)
假设原串(S)的长度为(n)
(s_i=S[p]S[p+1]....S[p+j-1])
(s_{k-i+1}=S[n-j-p+1]S[n-j-p+2]...S[n-p+1])
对应相等的关系是
(S[p]=S[n-p-j+1])
如果(p=1)考虑一下特殊情况
那么就是(S[1]=S[n-j])
那么，如果我们有一个串(S')
(S'=S[1]S[n]S[2]S[n-2].....)
那么，对应到上面的相等关系里面，
就是(S'[1..j]) 是一个回文串
其他的每一组对应关系也是如此
所以题目转换成了：
告诉你了(S')回答把(S')分为若干个长度为偶数的回文串的方案数
（如果没有搞清楚可以手玩一下）

这个就是一个裸的(dp)了
设(f[i])表示(S'[1..i])划分为若干长度为偶数的回文串的方案数
得到转移方程：

[f[i]=sum_{j}f[j-1] ]

其中，(S'[j,i])是回文串
那么，每一个(j)对应的位置相当于是(S'[1..i])的回文后缀
构建出回文树之后沿着(last)跳(fail)就可以得到所有的(j)的位置
然后我们就写出来了一份代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define RG register
#define MAX 1000100
#define MOD 1000000007
inline int read()
{
    RG int x=0,t=1;RG char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return x*t;
}
char ch[MAX],s[MAX];
int n,f[MAX];
struct Palindromic_Tree
{
	struct Node
	{
		int son[26];
		int ff,len;
	}t[MAX];
	int last,tot;
	void init()
	{
		t[tot=1].len=-1;
		t[0].ff=t[1].ff=1;
	}
	void extend(int c,int n,char *s)
	{
		int p=last;
		while(s[n-t[p].len-1]!=s[n])p=t[p].ff;
		if(!t[p].son[c])
		{
			int v=++tot,k=t[p].ff;
			t[v].len=t[p].len+2;
			while(s[n-t[k].len-1]!=s[n])k=t[k].ff;
			t[v].ff=t[k].son[c];
			t[p].son[c]=v;
		}
		last=t[p].son[c];
	}
}PT;
int main()
{
	PT.init();
	scanf("%s",ch+1);
	n=strlen(ch+1);
	if(n&1){puts("0");return 0;}
	for(int i=1;i<=n;i+=2)s[i]=ch[(i+1)/2];
	reverse(&ch[1],&ch[n+1]);
	for(int i=2;i<=n;i+=2)s[i]=ch[(i+1)/2];
	f[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		PT.extend(s[i]-97,i,s);
		int p=PT.last;
		while(p!=1)
		{
			if(PT.t[p].len%2==0&&PT.t[p].len>0)f[i]=(f[i]+f[i-PT.t[p].len])%MOD;
			p=PT.t[p].ff;
		}
	}
	printf("%d
",f[n]);
	return 0;
}

然后在(CF)上交一发：

这里写图片描述

看一看数据是啥呢？

这里写图片描述

如果我们像这份代码一样，沿着(fail)一路上跳
因为所有字符都相同
所以要跳(O(n))次
复杂度变为了(O(n^2))
完美(TLE)

所以肯定就不能这么做。。。
然后我就不会了

假设对于某个位置，它对应的若干回文后缀

这里写图片描述

如果他们的长度(>len/2)
可以证明他们的长度等差

这里写图片描述

证明？根据回文串的性质，上面的那些圈圈都是相等的串
证毕

如果把这一些看成一组
每一组都至少要(÷ 2)
所以至多只会有(log)组
这样能够保证复杂度，所以我们考虑能否一组一组转移
设(g[x])表示这一组东西的和
因为一组不能直接在串中表示
所以用回文树上的节点来表示
所以，(g[x])表示从节点(x)开始，一直到缩短的值不再是当前这个等差的位置产生的贡献

这里写图片描述

比如对于这一组，它产生的贡献就是
(g[x]=f[j1]+f[j2]+f[j3])
（最底下那个是原串）

好的，假设我们当前位置是(i)
也就是最底下的原串是(S'[1..i])

最长的回文后缀，也就是当前回文树上的(last)
令(p=last)
因为是最长的一个，所以之前肯定不会计算过这个位置的值
所以(g[p]=f[j_1])

然后往上面的那些回文后缀看

这里写图片描述

这些红色的代表着关于下面的父亲对称的回文前缀
我们惊奇的发现：
它们的开始位置怎么就这么巧呢？
正好就是我要算的东西
也就是说(g[p]+=g[p.fail])
当然，前提是(p.fail)还在这一组等差的串里面
然后(p)就跳到第一个不是它所在的等差的回文后缀的位置
所以(f[i]=sum_{p}g[p])，前提是(i\%2=0)

最后，总结一下算法
对于给定的串(S)
把它变成(S'=S[1]S[n]S[2]S[n-1].....)
然后依次构建回文树
每个节点要记录一下它所在的这个等差的回文后缀在哪个节点结束
然后对于每次的(last)节点向上跳
跳到第一个不是自己这一段回文的位置
因为每次至少要(÷2)，所以至多跳(log)次
综上，时间复杂度(O(nlog))
空间复杂度(O(nsum))，(sum)代表字符集大小

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define RG register
#define MAX 1000100
#define MOD 1000000007
inline int read()
{
    RG int x=0,t=1;RG char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return x*t;
}
char ch[MAX],s[MAX];
int n,anc[MAX],diff[MAX];
int ans[MAX],f[MAX];
struct Palindromic_Tree
{
	struct Node
	{
		int son[26];
		int ff,len;
	}t[MAX];
	int last,tot;
	void init()
	{
		t[tot=1].len=-1;
		t[0].ff=t[1].ff=1;
		anc[0]=1;
	}
	void extend(int c,int n,char *s)
	{
		int p=last;
		while(s[n-t[p].len-1]!=s[n])p=t[p].ff;
		if(!t[p].son[c])
		{
			int v=++tot,k=t[p].ff;
			t[v].len=t[p].len+2;
			while(s[n-t[k].len-1]!=s[n])k=t[k].ff;
			t[v].ff=t[k].son[c];
			t[p].son[c]=v;
			diff[v]=t[v].len-t[t[v].ff].len;
			anc[v]=(diff[v]==diff[t[v].ff])?anc[t[v].ff]:t[v].ff;
		}
		last=t[p].son[c];
	}
}PT;
int main()
{
	PT.init();
	scanf("%s",ch+1);
	n=strlen(ch+1);
	if(n&1){puts("0");return 0;}
	for(int i=1;i<=n;i+=2)s[i]=ch[(i+1)/2];
	reverse(&ch[1],&ch[n+1]);
	for(int i=2;i<=n;i+=2)s[i]=ch[(i+1)/2];
	ans[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		PT.extend(s[i]-97,i,s);
		for(int k=PT.last;k;k=anc[k])
		{
			f[k]=ans[i-PT.t[anc[k]].len-diff[k]];
			if(anc[k]!=PT.t[k].ff)
				f[k]=(f[k]+f[PT.t[k].ff])%MOD;
			if(!(i&1))ans[i]=(ans[i]+f[k])%MOD;
		}
	}
	printf("%d
",ans[n]);
	return 0;
}