計算： c[
k]=∑
k≤ia[i]
∗b[i
−k])
正好看到《具體數學》上處理和式的tricks，雖然熱身題也不會做，但碾oi題還是很穩的(orz神犇高教授)…
對於：∑k≤
ia[i]
∗b[i
−k])
將b陣列倒置，即b[
i]=b
′[n−
1−i]
，原式變為：c[
k]=∑
0≤i0≤n+
k−1−
ia[i]
∗b′[
n+k−
1−i]
) 化簡得到c[
k]=∑
k≤i≤
n+k−
1(a[
i]∗b
′[n+
k−1−
i])
我們想得到形如c′
[k]=
∑0≤i
≤ka[
i]∗b
′[k−
i]的形式。只需要將後式中的
k 用k+
n−1替換：c′
[k+n
−1]=
∑ia[
i]∗b
′[k+
n−1−
i]條件是0≤
k+n−
1−ik≤i≤
n+k−
1 所以c
[k]=
c′[k
+n−1
]=∑k
≤i≤n
+k−1
a[i]
∗b′[
k+n−
1−i]
然後用卷積做就好了。
#include
using
namespace
std;
typedef
complex
complex;
const
int maxn = 300005;
int rev[maxn];
complex a[maxn];
complex a[maxn], b[maxn], c[maxn];
int n;
void fft(complex a, int n, int flag)}}
for (int i = 0; i < n; i++)
a[i] = a[i]/complex(flag==1?1:n,0);
}int main()
int nn = 1;
while (nn < n*2) nn <<= 1;
fft(a, nn, 1), fft(b, nn, 1);
for (int i = 0; i < nn; i++) c[i] = a[i]*b[i];
fft(c, nn, -1);
for (int i = 0; i < n; i++) printf("%d\n", int(c[i+n-1].real()+0.01));
return
0;}
由於卷積可以處理關於乙個對稱軸兩側對稱的字元總數，因此將串中的a、b變為0、1，自己和自己做卷積，就可以求出所有對稱軸下b所對應數對稱的字元總數。然後把a、b變為1、0，求出a的結果，相加即為關於對稱軸兩邊對稱的總字元數ai
，則2a
i 就是關於其對稱的字串總數。
那麼如何去除連續的呢？跑一遍manacher就好了。複雜度o(
nlgn)
#include
using namespace std;
const int maxn = 300005;
typedef complex complex;
int rev[maxn];
complex a[maxn];
const long
long
mod = 1000000007ll;
void fft(complex a, int n, int flag)}}
for (int i = 0; i < n; i++)
a[i] = a[i]/(flag == 1?1:complex(n,0));
}int p[maxn];
long
long manacher(char
str, int n)
ans--;
id = mx = 0;
for (int i = 1; i < n; i++)
return ans;
}long
long power(int a, int n)
char
str[maxn];
complex a[maxn], c[maxn];
int cp[maxn];
int main()
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