回文计数问题 - 题解
标签与难度
标签: 字符串, 回文自动机, PAM, 动态规划, 组合计数 难度: 2400
题目大意喵~
你好呀，指挥官！这道题是这样的喵~
我们有一个由小写字母组成的字符串 s。需要找到所有满足特定条件的非空字符串集合 A 的数量，结果对 998244353 取模。
集合 A 需要满足的条件是：
- 集合
A里的每一个字符串p，都必须是s的一个非空子串。 - 对于集合
A中任意两个字符串p和q，我们定义t为它们的最长公共后缀 (lcs(p,q))。那么p,q,p-t(p去掉后缀t),q-t(q去掉后缀t) 这四个字符串都必须是回文串（或者是空串），并且t本身不能为空。
简单来说，我们要找一些回文子串组成的集合，这些集合内部的成员两两之间关系非常和谐，满足一个很强的回文性质约束，呐。
解题思路分析
喵哈哈，这道题看起来条件好多，有点吓人呢！不过别怕，让我来一层一层地剥开它的心，看看里面到底藏着什么秘密，喵~
关键条件的转化
我们先来仔细研究一下那个最复杂的条件：对于集合 A 里的任意 p 和 q，令 t = lcs(p,q)，则 p, q, t, p-t 和 q-t 都得是回文串。
首先，如果一个集合 A 满足条件，那么对于任意一个元素 p ∈ A，我们可以取 q=p。此时 t = lcs(p,p) = p。根据条件，p 和 p-t（也就是空串）都得是回文串。这告诉我们一个基本事实：集合 A 中的所有元素本身都必须是回文串。
现在，我们考虑集合中两个不同的元素 p 和 q。设 p = u + t 且 q = v + t，其中 t 是它们的最长公共后缀。条件要求 u, v, t, p, q 都是回文串。
一个字符串由两部分 u 和 t 拼接而成，即 u+t。如果 u 和 t 本身都是回文串，u+t 什么时候也是回文串呢？ reverse(u+t) = reverse(t) + reverse(u)。因为 u 和 t 是回文串，所以 reverse(t)=t, reverse(u)=u。 所以 reverse(u+t) = t+u。 要使 u+t 成为回文串，必须满足 u+t = reverse(u+t)，也就是 u+t = t+u。 两个字符串 u 和 t 可交换 (ut=tu) 的充要条件是，它们都是同一个更短的字符串 w 的幂！即 u = w^a, t = w^b。 又因为 u 和 t 是回文串，所以它们的"基底" w 也必须是回文串。
这个结论太重要了！它告诉我们：
p = u+t是w的幂。q = v+t是w的幂。t也是w的幂。
因为 t 同时是 p 和 q 的后缀，并且它们都是同一个回文基底 w 的幂，所以 p 和 q 必须都是 w 的幂次。 这意味着，一个合法的集合 A 中，所有字符串都必须是同一个“本原回文串” w 的不同次幂！(本原回文串是指它本身不能表示为另一个更短的回文串的幂)。
例如，如果 w = "a"，那么合法的集合可以是 {"a", "aa"}，{"a", "aaa", "aaaa"} 等。 如果 w = "aba"，那么合法的集合可以是 {"aba", "abaaba"}。
问题的新形式
我们的问题转化为了：
- 找出
s的所有回文子串。 - 将这些回文子串按它们的“本原回文根”
w分组。 - 对于每一个根
w，它所对应的所有幂次（且是s的子串）构成了_一个_可以从中挑选元素的“超级集合”G_w。 - 任何一个合法的集合
A必须是某个G_w的非空子集。 - 所以，总方案数就是对每一个
w，计算G_w的非空子集数量（即 ），然后把它们全部加起来。
如何高效实现？
要解决这个问题，我们需要一个强大的工具来处理回文串——回文自动机（Palindromic Automaton, PAM），也叫回文树，喵~
PAM 可以在线性时间内找出字符串 s 的所有本质不同的回文子串。PAM 的每个节点（除了两个初始根节点）都唯一对应一个回文子串。
我们还需要一个关键性质：如果 w^k 是 s 的一个子串，那么对于所有 ，w^j 也必然是 s 的子串（因为 w^j 是 w^k 的前缀）。 所以，对于一个本原回文根 w，如果它在 s 中出现的最大幂次是 k，那么它的“超级集合” G_w 的大小就是 k，包含了 {w^1, w^2, ..., w^k}。我们需要计算的贡献就是 。
那么，我们如何用 PAM 找到每个本原回文根 w 和它对应的最大幂次 k 呢？
这就要用到 PAM 的一个进阶技巧——回文串的算术级数。 在 PAM 中，每个节点 u 都有一个 fail_link 指针，指向 u 所代表的回文串的最长回文后缀。 我们可以观察 u 和 fail_link[u] 的长度差 diff[u] = len[u] - len[fail_link[u]]。如果一个回文串 P 是另一个回文串 Q 的幂（比如 P=Q^k），它们往往会形成一个 diff 值相同的链。
我们可以为 PAM 的每个节点 u 额外维护两个信息：
series_root[u]: 指向u所在的回文幂次系列的最短的那个回文串（也就是本原回文根）对应的节点。power[u]:u是它的根的多少次幂。
在构建 PAM 的过程中，当我们创建一个新节点 u 时：
- 找到它的最长回文后缀
v = fail_link[u]。 - 比较它们的长度差：
diff[u] = len[u] - len[v]和diff[v] = len[v] - len[fail_link[v]]。 - 如果
diff[u] == diff[v]，说明u延续了v的幂次系列！所以series_root[u] = series_root[v]，并且power[u] = power[v] + 1。 - 如果
diff[u] != diff[v]，说明u开启了一个新的系列。它自己就是根，所以series_root[u] = u，并且power[u] = 1。
这个递推关系可以更高效地实现，就像参考代码中那样，通过维护一个指向当前系列上一个不同 diff 的节点的指针（有时叫做 slink 或 ans）。
最终的计算
有了这些信息，计算答案就简单了：
- 完整构建 PAM，并为每个节点计算出
series_root和power。 - 我们只需要对每个本原回文根
w算一次贡献。 - 我们可以遍历所有节点
u（从长到短遍历比较方便）。 - 用一个
visited数组记录哪些series_root已经被计算过。 - 对于节点
u，如果visited[series_root[u]]是false，说明这是我们第一次遇到这个w系列的串。此时u就是这个系列里最长的串，它的幂次power[u]就是这个系列的最大幂次k。 - 我们将 加入总答案，并标记
visited[series_root[u]] = true。 - 这样，每个系列只会被其最长的成员统计一次，完美！
好啦，思路就是这样！接下来就让我们用代码把这只我的奇思妙想变成现实吧，喵~
代码实现
#include <iostream>
#include <vector>
#include <string>
#include <cstring>
using namespace std;
const int MAXN = 5000005;
const int MOD = 998244353;
// 预处理2的幂，方便计算 2^k - 1
long long power_of_2[MAXN];
// 回文自动机 (PAM)
namespace PAM {
struct Node {
int len; // 节点代表的回文串长度
int fail_link; // 指向最长回文后缀的节点
int series_root; // 所在回文幂次系列的根节点
int child[26]; // 转移边
};
Node nodes[MAXN];
char text[MAXN];
int node_count; // 节点总数
int last_node; // 上一个插入字符后对应的最长回文后缀节点
// 初始化PAM，建立两个根节点
// 0号节点代表偶数长度回文串的虚根，长度为0
// 1号节点代表奇数长度回文串的虚根，长度为-1
void init() {
node_count = 1;
nodes[0].len = 0;
nodes[0].fail_link = 1;
nodes[1].len = -1;
nodes[1].fail_link = 1; // 1的fail指向自己
last_node = 0;
text[0] = -1; // 设置哨兵，防止越界
}
// 沿着fail链找到一个节点p，使得 text[i-len[p]-1] == text[i]
int get_fail(int current_node, int text_idx) {
while (text[text_idx - nodes[current_node].len - 1] != text[text_idx]) {
current_node = nodes[current_node].fail_link;
}
return current_node;
}
// 插入一个新字符
void insert(int char_code, int text_idx) {
int p = get_fail(last_node, text_idx);
// 如果这个新回文串不存在，则创建新节点
if (!nodes[p].child[char_code]) {
int new_node = ++node_count;
nodes[new_node].len = nodes[p].len + 2;
// 确定新节点的fail_link
if (p == 1) { // 如果是从奇根转移过来，fail指向偶根
nodes[new_node].fail_link = 0;
} else {
nodes[new_node].fail_link = nodes[get_fail(nodes[p].fail_link, text_idx)].child[char_code];
}
nodes[p].child[char_code] = new_node;
// 核心逻辑：判断是否延续了回文幂次系列
int v = nodes[new_node].fail_link;
// 如果新回文串的长度差等于其fail节点的根的长度，说明是同一个系列
if (nodes[nodes[v].series_root].len == nodes[new_node].len - nodes[v].len) {
nodes[new_node].series_root = nodes[v].series_root;
} else {
// 否则，开启一个新系列，自己就是根
nodes[new_node].series_root = new_node;
}
}
last_node = nodes[p].child[char_code];
}
}
int main() {
ios_base::sync_with_stdio(false);
cin.tie(NULL);
// 预处理2的幂
power_of_2[0] = 1;
for (int i = 1; i < MAXN; ++i) {
power_of_2[i] = (power_of_2[i - 1] * 2) % MOD;
}
string s;
cin >> s;
int n = s.length();
PAM::init();
for (int i = 0; i < n; ++i) {
PAM::text[i + 1] = s[i];
PAM::insert(s[i] - 'a', i + 1);
}
long long total_sets = 0;
vector<bool> visited_series(PAM::node_count + 1, false);
// 从最长的回文串开始遍历 (节点编号越大，一般长度越长)
// 这样可以保证第一次遇到一个系列时，是该系列的最长者
for (int i = PAM::node_count; i >= 2; --i) {
int root_node = PAM::nodes[i].series_root;
if (visited_series[root_node]) {
continue;
}
// 计算当前回文串是其根的多少次幂
// len(i) / len(root) 就是幂次 k
int power = PAM::nodes[i].len / PAM::nodes[root_node].len;
// 该系列贡献 2^k - 1
long long contribution = (power_of_2[power] - 1 + MOD) % MOD;
total_sets = (total_sets + contribution) % MOD;
visited_series[root_node] = true;
}
cout << total_sets << endl;
return 0;
}复杂度分析
- 时间复杂度: ，其中 是字符串
s的长度。构建回文自动机是均摊 的。之后遍历所有节点计算答案也是 的，因为 PAM 的节点数最多为 。 - 空间复杂度: ，其中 是字符集大小（这里是26）。主要是 PAM 的节点和转移边占用的空间。如果用
map存转移边，可以优化到 ，但常数会大一些。对于这道题， 是完全可以接受的。
知识点总结
- 问题转化: 解题的第一步，也是最重要的一步，就是将题目中复杂的约束条件转化为一个更清晰、更具数学结构的等价问题。这里我们将复杂的
lcs和回文条件转化为了“集合中所有元素都是同一个本原回文串的幂”。 - 回文自动机 (PAM): 这是解决各种回文子串问题的神器，喵~ 它能在线性时间内找出所有本质不同的回文子串，并建立它们之间的后缀关系（
fail_link）。 - PAM 的进阶应用: 本题不仅用了 PAM 的基本功能，还利用了其
fail链上的“算术级数”性质来高效地识别一个回文串是否是另一个回文串的幂。这是 PAM 一个非常巧妙的应用，值得好好体会和学习，呐！ - 组合计数: 最终的答案统计用到了基本的组合知识。对于一个大小为
k的集合，它的非空子集数量为 。
希望这篇题解能帮助你更好地理解这道有趣的题目！如果还有不明白的地方，随时可以再来问我哦，喵~