题目大意
我们按以下方式定义一个字符串是否合法：
- 空串是合法的；
- 如果 S 是合法的，那么 aSa，bSb，cSc 是合法的；
- 如果 S 和 T 都是合法的，那么 ST 是合法的；
- 不能被以上方式定义为合法的字符串都是不合法的。
给定一个只包含 a,b,c 的字符串 S，求有多少种方案交换两个不同字符使得交换之后 S 合法。
数据范围：(|S|leq 10^5)。
本题题解
以下令(n=|S|)。
首先，判断一个串是否合法，按照定义暴力判断（搜索），如果加上记忆化，时间复杂度是(O(n^3))的，相当于一个区间DP。
我们还有更好的方法。考虑每次删掉两个相邻且相同的字符，直到不能删为止。如果剩下的是空串，则原串合法，否则原串不合法。形式化地说，假设对串(s)执行这样的删除操作后（直到不能再删为止），得到的串为(f(s))。那么串(s)合法当且仅当(f(s))为空串。并且显然，操作的顺序不会影响最终的结果，所以每个(s)唯一对应一个(f(s))。
求(f(s))，我们可以依次扫描(s)的每一位，维护一个栈，如果栈非空且当前位等于栈顶，则把栈顶弹出，否则把当前位入栈。扫描完后，栈里剩下的，就是(f(s))了。用这种方法，可以(O(n))实现“判断一个串是否合法”。
还有一个很奇妙的性质，后面会用到。假设我们已经加入了(s[1dots i])，我们现在要把(s[i])删掉，也就是恢复到(s[1dots i-1])的栈（(f(s[1dots i-1]))），这也可以实现，并且实现的方法和加入字符一模一样！也就是说：如果栈顶等于(s[i])，则把栈顶弹出，否则就把(s[i])入栈（因为这种情况说明(s[i])已经和前面另一个相同的字符一起消掉了，此时如果删除(s[i])，另一个被消掉的字符就会重新出现）。
这个栈的性质简洁优美，回到本题，让我们用它来解题。
考虑分治。假设当前分治的区间为([l,r]) ((l<r))。取中点(m=lfloorfrac{l+r}{2} floor)。那么我们此时只考虑，要交换的两个位置，一个在([l,m])，另一个在([m+1,r])的情况。
假设要交换的两个字符是( ext{a})和( ext{b})，那么相当于把前半段某个( ext{a})改成( ext{b})，把后半段某个( ext{b})改成( ext{a})。
我们现在要对前半段的每个位置(i) ((lleq ileq m,S[i]= ext{a}))，求出：把(S[i])改成( ext{b})后（新串记为(S'_i)）的(f(S'_i[1dots m]))。同理，再考虑后半段的一个位置(j) ((m<jleq r,S[j]= ext{b}))，求出把(S[j])改成( ext{a})后的(f(S'_j[m+1dots n]))。我们知道，交换(S[i],S[j])后得到的新串合法，当且仅当(f(f(S'_i[1dots m])+f(S'_j[m+1dots n]))= ext{空串})。这等价于：(f(S'_i[1dots m])= ext{reverse}(f(S'_j[m+1dots n])))。所以我们只需要对每个(i)，求出(f(S'_i[1dots m]))的哈希值；对每个(j)，求出(f(S'_j[m+1dots n]))的反串的哈希值即可。
依次考虑每个(i)。发现：(f(S'_i[1dots m])=f(f(S[1dots i-1])+ ext{b}+f(S[i+1dots m])))。根据前面的讨论，(f(s))，在(s)后面添加/删除一个字符时，都可以(O(1))维护。所以(f(S[1dots i-1]))和(f(S[i+1dots m]))都可以维护出来。那么难点就在于：怎么合并两个(f)。
假设我们要合并(f(A),f(B))，也就是已知(f(A),f(B))，求(f(f(A)+f(B)))。因为我们前面提到过维护哈希值，所以此时(f(A),f(B))的哈希值（以及反串的哈希值）也被维护好了（在入栈、出栈时顺便维护一下即可）。那么，利用哈希做判断，我们可以二分出一个最大的(k)，满足：(f(A))的长度为(k)的后缀，它倒过来等于(f(B))的长度为(k)的前缀。然后把(f(A))的这段后缀、(f(B))的这段前缀都删掉，再拼起来即可。
于是我们就能对每个(i), (j)，都求出其修改后的哈希值。要判断是否相等，可以用一个( exttt{std::map})，记录所有(i)的哈希值，然后拿每个(j)的哈希值去( exttt{map})里查表。因为用到二分和( exttt{map})，所以一次分治的时间复杂度是(O( ext{len}log ext{len}))的 (( ext{len}=r-l+1))。那么总时间复杂度就是(O(nlog^2 n))。
当然，以上只讨论了左边的( ext{a})与右边的( ext{b})交换的情况。实际上共有(3 imes2=6)种等价的情况。也就是说我们大力枚举要交换的两个字符分别是什么。如果设字符集为(z)的话，则实际上时间复杂度应该是(O(nlog^2ncdot |z|^2))。
还有一个要注意的点是，因为是要维护(f(S'_i[1dots m]))（注意，不是([ldots m])），所以进入一个分治区间时，要维护好一个全局的(f(S[1dots l-1]))。回溯时，注意恢复这个全局的(f(S[1dots l-1]))。右边也是同理。这样才能使单次调用的复杂度只和( ext{len})相关，而不退化到和(n)相关。因为我们能支持(O(1))插入和删除，所以这两个全局的东西还是很好维护的。
参考代码：
//problem:ZR1333(C)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
const int MAXN=1e5;
const ull BASE=131;
ull pw[MAXN+5];
int n;
char s[MAXN+5];
struct Stack{
int s[MAXN+5];
int top;
ull hash[MAXN+5],hash_rev[MAXN+5];
void push(int x){
s[++top]=x;
hash[top]=hash[top-1]*BASE+(ull)s[top];
hash_rev[top]=hash_rev[top-1]+pw[top-1]*(ull)s[top];
}
void pop(){assert(top>0);--top;}
void clear(){top=0;}
void ins(int x){
if(top && s[top]==x)
pop();
else
push(x);
}
void del(int x){ins(x);}
};
Stack pre,suf,tmp_suf,tmp_pre;
ull f[MAXN+5][3],f_rev[MAXN+5][3];
void calc_left(int l,int r){
tmp_suf.clear();
for(int i=r;i>=l;--i)
tmp_suf.ins(s[i]);
for(int i=l;i<=r;++i){
tmp_suf.del(s[i]);
for(int j=0;j<=2;++j)if(j!=s[i]-'a'){
pre.ins(j+'a');
int l=0,r=min(pre.top,tmp_suf.top);
while(l<r){
int mid=(l+r+1)>>1;
ull prehash=pre.hash[pre.top]-pre.hash[pre.top-mid]*pw[mid];
ull sufhash=tmp_suf.hash[tmp_suf.top]-tmp_suf.hash[tmp_suf.top-mid]*pw[mid];
if(prehash==sufhash)l=mid;
else r=mid-1;
}
f[i][j]=pre.hash[pre.top-l]*pw[tmp_suf.top-l]
+tmp_suf.hash_rev[tmp_suf.top-l];
pre.del(j+'a');
}
pre.ins(s[i]);
}
}
void calc_right(int l,int r){
tmp_pre.clear();
for(int i=l;i<=r;++i){
suf.del(s[i]);
for(int j=0;j<=2;++j)if(j!=s[i]-'a'){
tmp_pre.ins(j+'a');
int l=0,r=min(tmp_pre.top,suf.top);
while(l<r){
int mid=(l+r+1)>>1;
ull prehash=tmp_pre.hash[tmp_pre.top]-tmp_pre.hash[tmp_pre.top-mid]*pw[mid];
ull sufhash=suf.hash[suf.top]-suf.hash[suf.top-mid]*pw[mid];
if(prehash==sufhash)l=mid;
else r=mid-1;
}
f_rev[i][j]=tmp_pre.hash_rev[tmp_pre.top-l]
+suf.hash[suf.top-l]*pw[tmp_pre.top-l];
tmp_pre.del(j+'a');
}
tmp_pre.ins(s[i]);
}
}
ll ans;
void solve(int l,int r){
if(l==r)return;
int mid=(l+r)>>1;
//现在考虑要交换的两位置一个在[l,mid],一个在[mid+1,r]的情况
calc_left(l,mid);
for(int i=r;i>mid;--i)suf.ins(s[i]);
calc_right(mid+1,r);
for(int x=0;x<=2;++x){
for(int y=0;y<=2;++y)if(x!=y){
map<ull,int>mp;
for(int i=l;i<=mid;++i)if(s[i]=='a'+x){
mp[f[i][y]]++;
}
for(int i=mid+1;i<=r;++i)if(s[i]=='a'+y){
ans+=(!mp.count(f_rev[i][x])?0:mp[f_rev[i][x]]);
}
}
}
solve(mid+1,r);
for(int i=mid;i>=l;--i)pre.del(s[i]);
for(int i=r;i>mid;--i)suf.ins(s[i]);
solve(l,mid);
for(int i=mid+1;i<=r;++i)suf.del(s[i]);
}
int main() {
cin>>(s+1);n=strlen(s+1);
pw[0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i)pw[i]=pw[i-1]*BASE;
solve(1,n);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}