[SHOI2011]双倍回文题解

看了一些写回文自动机的大佬的代码，我深感敬畏，于是我转身向Manacher走去

现在荣登最优解第一页……

说实话，这个方法的复杂度是很玄学的，但是加了一些优化之后，就几乎不可能被卡到 \(O(n^2)\) 了。

具体思路如下：

预处理字符串部分就略过吧

我们预先跑一次 Manacher 算法，考虑到我们其实只需要偶数的回文串的信息，所以将步长设为 2 就行了。

int M(0), R(0), p;
for (int i(1); i < n; i += 2) {
    p = R > i ? min(R - i + 1, P[(M<<1) - i]) : 1;
    while (s[i + p] == s[i - p]) ++p; // 向两边扩展 
    if (i + p - 1 > R) M = i, R = i + p - 1; // 更新边界
    P[i] = p;        
}

接着，我们寻找答案。考虑枚举每一个以 i 为中心的偶数回文串。对于这个回文串，我们枚举其回文左区间内的所有点，判断其能否与右区间内对应的区间构成双倍回文即可。换句话来说，假如我们枚举到了 j，那么如果 j 是左侧的合法答案，就一定有 j + P[j] > i

额，注意一下，这里的 P[i] 指的是回文串的直径，是包括了中间点的元素的。也就是说，回文串所在区间其实是 (i - P[i], i + P[i])（闭区间！）

但是，这并不是充要条件。我们考虑这样一种情况

这个时候，j 其实是不合法的，因为绿色的区间才是合法的区间（合法的区间一定是被 i 的回文区间完全包含的！）。所以，对于合法区间的中点，一定在 i 的做右区间中点的左边或者右边。那么实际上，我们只需要枚举 (i, i + P[i]/2] 作为中点即可。
小小的优化：我们需要最大值，所以令答案为 ans，我们枚举 (i + ans, i + P[i]/2] 即可。而且，我们需要的偶数的回文串，所以步长也可以设为 2 来枚举的。

参考代码：

#include <stdio.h>

#define N 1000006

int n, P[N];
char s[N];

inline int min(int x, int y) {
    return x < y ? x : y;
}
inline int max(int x, int y) {
    return x > y ? x : y;
}

int main() {
    scanf("%d", &n);

    char tmp;
    do tmp = getchar(); while (tmp < 'a');
    s[0] = '^', s[1] = '#', s[2] = tmp, s[3] = '#';
    for (int i(2); i <= n; ++i) {
        s[(i<<1)] = getchar(), s[(i<<1)|1] = '#';
    }

    // printf("%s\n", s);

    int ans(0);
    int M(0), R(0), p;
    n = (n<<1) + 2;
    for (int i(1); i < n; i += 2) {
        p = R > i ? min(R - i + 1, P[(M<<1) - i]) : 1;
        while (s[i + p] == s[i - p]) ++p; // 向两边扩展 
        if (i + p - 1 > R) M = i, R = i + p - 1; // 更新边界
        P[i] = p;        
    }
    // 寻找答案
    for (int i(1); i < n; i += 2) {
        int p = P[i] / 2 + 1;
        for (int r(ans); r < p; r += 2) {
            if (P[i + r] > r && P[i - r] > r) ans = r;
        }
    }
    printf("%d\n", ans + ans);
    return 0;
}