【CF506E】Mr. Kitayuta's Gift
題意：給你一個字符串s，你需要在s中插入n個字符（小寫字母），每個字符可以被插在任意位置。問可以得到多少種本質不同的字符串，使得這個串是迴文的。答案對10007取模。
$|s|\le 200,n\le 10^9$
題解：神題。
首先由於題目要求本質不同，所以我們爲了防止重複，考慮從兩邊向中間不斷復原迴文串，如果新加入的字符與s兩端（或一端）的字符相同，則匹配成功，繼續匹配下一個字符。也就是說我們取的是s在迴文串中最外面的出現位置。
爲了方便，我們先只考慮n+|s|爲偶數的情況，可以設出DP狀態：設f[i][a][b]表示從外往裏加入了i個字符，原串左邊匹配到了a，有邊匹配到了b的方案數。當新加入一個字符時，我們根據它是否與a和b匹配來確定轉移到哪個狀態。我們發現這個過程其實是在一個有限狀態自動機上匹配的過程。對於s=abaac，轉移的過程如下圖：
其中GOAL代表匹配完畢，它之後可以接任何字符，所以有26條自環。對於紅點，它代表的狀態兩端的字符不相同，所以他有2條出邊，24條自環。對於綠點，它代表的狀態兩端的字符相同，所以有1條出邊和25條自環。特別地，能轉移到GOAL的點都是綠點。
直接建出來這個自動機顯然節點數目是$|s|^2$的，無法用矩乘優化。所以我們考慮對這個自動機進行壓縮。可以發現，整個自動機其實可以被拆成若干條鏈，其中一條鏈上如果有i個紅點，就有$\lceil {|s|-i\over 2}\rceil$個綠點。既然我們已經把自動機拆成鏈了，那麼每條鏈上紅點綠點的順序也就無關緊要了，我們只需要知道每條鏈上紅點與綠點的數目。換句話說，我們需要知道有多少條鏈有i個紅點，這樣一來本質不同的鏈就只有|s|條了。
統計方法比較簡單，用g[a][b][i]表示在所有從起始節點走到(i,j)這個節點的路徑中，有多少條已經走了i個紅點。轉移複雜度$|s|^3$。
既然我們已經有了|s|種鏈的各自數目，我們就可以想辦法用$O(|s|)$個節點來構建一個新的自動機了。到這裏我的方法和官方做法出現了分歧，個人認爲我的做法比較簡單。
構建|s|個紅點串成一串，從起點指出來；$\lceil{|s|\over 2}\rceil$個綠點串成一串，指向終點。對於一種串$(i,\lceil {|s|-i\over 2}\rceil)$，我們從第i個紅點向第$\lceil {|s|-i\over 2}\rceil$個綠點連一條邊即可。這樣一來點數就是${3\over 2}|s|$，可以用矩乘優化。如下圖：
那麼對於n+|s|爲奇數的情況呢？我們先進行$n+|s|+1\over 2$步矩乘，但是在最後一步時形如(i,i+1)的綠點是不能直接轉移到終點的。於是我們要將這些轉移的貢獻減去，方法是將(i,i+1)這樣的點設爲終點（無自環），重新建圖跑一邊矩乘即可。
本題的矩乘優化常數小技巧：發現我們只能從編號小的點轉移到編號大的點，所以j只需要從i枚舉到n，k只需要從i枚舉到j即可。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int P=10007;
int n,m,N;
int f[210][210][210],g[210];
struct M
{
int v[310][310];
int * operator [] (const int &a) {return v[a];}
M () {memset(v,0,sizeof(v));}
inline M operator * (const M &a) const
{
M b;
int i,j,k;
for(i=0;i<=N;i++) for(j=i;j<=N;j++) for(k=i;k<=j;k++) b.v[i][j]=(b.v[i][j]+v[i][k]*a.v[k][j])%P;
return b;
}
}S,T;
char str[210];
inline void pm(int y)
{
while(y)
{
if(y&1) S=S*T;
T=T*T,y>>=1;
}
}
int main()
{
scanf("%s%d",str,&m),n=strlen(str);
int i,j,k;
f[0][n-1][0]=1;
for(i=0;i<n;i++)
{
for(j=n-1;j>=i;j--)
{
if(str[i]==str[j])
{
for(k=0;k<i+n-j;k++)
{
if(i+1<j) f[i+1][j-1][k]=(f[i+1][j-1][k]+f[i][j][k])%P;
else g[k]=(g[k]+f[i][j][k])%P;
}
}
else
{
for(k=0;k<i+n-j;k++)
{
f[i+1][j][k+1]=(f[i+1][j][k+1]+f[i][j][k])%P;
f[i][j-1][k+1]=(f[i][j-1][k+1]+f[i][j][k])%P;
}
}
}
}
N=n+(n+1)/2+1;
S[0][1]=1,S[0][N-(n+1)/2]=g[0],T[N][N]=26;
for(i=1;i<=n;i++)
{
T[i][i]=24,T[i][N-(n-i+1)/2]=g[i];
if(i!=n) T[i][i+1]=1;
}
for(i=n+1;i<N;i++) T[i][i+1]=1,T[i][i]=25;
if((n+m)&1)
{
pm((n+m+1)>>1);
int ans=S[0][N];
memset(S.v,0,sizeof(S.v));
memset(T.v,0,sizeof(T.v));
memset(g,0,sizeof(g));
for(i=0;i<n-1;i++) if(str[i]==str[i+1]) for(k=0;k<=n;k++)
{
g[k]=(g[k]+f[i][i+1][k])%P;
}
S[0][1]=1,S[0][N-(n+1)/2]=g[0];
for(i=1;i<=n;i++)
{
T[i][i]=24,T[i][N-(n-i+1)/2]=g[i];
if(i!=n) T[i][i+1]=1;
}
for(i=n+1;i<N;i++) T[i][i+1]=1,T[i][i]=25;
pm((n+m+1)>>1);
printf("%d",(ans-S[0][N]+P)%P);
}
else
{
pm((n+m)>>1);
printf("%d",S[0][N]);
}
return 0;
}//abaac 2