洛谷 4287 「SHOI2011」双倍回文

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一个简单的想法是建出 PAM，枚举长度为 \(4\) 的倍数的状态，在 Fail 树上倍增求出其不超过长度一半的最长回文后缀长度，判断其是否恰等于其长度一半。

这样是 \(O(n \log n)\) 的，不够优美（雾
实际上这个不超过长度一半的最长回文后缀，可以用类似求 Fail 的方法，对于每个状态记录一个指针指向不超过其长度一半的最长回文后缀。
这样就 \(O(n)\) 了。

代码： 

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#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 5e5;
int n;
char s[N + 5];
int ans;
namespace PAM
{
    struct node
	{
        int ch[26];
        int fa,len;
        int half;
    } pam[N + 5];
    int las = 1,tot = 1;
    inline int init()
	{
        pam[1].len = -1,pam[0].fa = pam[0].half = 1;
        return 0;
    }
    int Init = init();
    void insert(char *s,int i)
	{
        int cur = las,x = s[i] - 'a';
        for(;s[i - pam[cur].len - 1] ^ s[i];cur = pam[cur].fa);
        if(!pam[cur].ch[x])
        {
            int p = ++tot,q = pam[cur].fa;
            pam[p].len = pam[cur].len + 2;
            for(;s[i - pam[q].len - 1] ^ s[i];q = pam[q].fa);
            if(pam[p].len <= 2)
                pam[p].half = pam[p].fa;
            else
            {
                int half = pam[cur].half;
                for(;(s[i - pam[half].len - 1] ^ s[i]) || (pam[half].len + 2 << 1) > pam[p].len;half = pam[half].fa);
                pam[p].half = pam[half].ch[x];
            }
            pam[p].fa = pam[q].ch[x],pam[cur].ch[x] = p;
        }
        las = pam[cur].ch[x];
    }
}
int main()
{
    scanf("%d%s",&n,s + 1);
    for(register int i = 1;i <= n;++i)
        PAM::insert(s,i);
    for(register int i = 2;i <= PAM::tot;++i)
        if(!(PAM::pam[i].len & 3) && PAM::pam[PAM::pam[i].half].len == (PAM::pam[i].len >> 1))
            ans = max(ans,PAM::pam[i].len);
    printf("%d\n",ans);
}