题目：
我打的是 Div2 ，所以我看到的题号实际上是 1113D ……
考场上傻了没敢大力猜结论没做出来这道题，不幸掉分…… 1869->1849 嘤嘤嘤
翻译：
读书是萨沙的爱好之一。有一次，他读书时了解到一个不同寻常的角色。这个角色这样介绍自己：“我在不同的地方有不同的名字。在精灵中叫米斯兰迪尔；在小矮人中叫塔空；在被遗忘的西方，幼年的我叫欧络因；在南方叫因卡诺斯；在北方叫甘道夫；至于东方，我没有去过。”
那时，萨沙想，这个角色在东方被怎样称呼？在东方，所有的名字都是回文串。如果一个字符串从前向后读和从后向前读是完全相同的，那么它是一个回文串。例如，像 "kazak", "oo" 和 "r" 这样的字符串是回文串，而 "abb" 和 "ij" 不是。
萨沙相信这个英雄将因东方的一个神而得名。为了避免有两个相同的名字，东方人会做如下的事：他们把原本的名字写在一张纸上，然后把纸剪 \(k\) 次，得到 \(k+1\) 张写有原串的子串的纸。接着，把这些纸拼在一起得到一个新字符串。纸不能翻转，只能打乱。
通过这种方式，可以把字符串 f|de|abc|g 剪 \(3\) 次后得到 abcdefg （交换 f 和 abc ）。以相同的裁剪方式无法得到字符串 cbadefg 。
更形式化地，萨沙想为给定的字符串 \(s\) 找一个最小的 \(k\) ，你可以把它剪成 \(k+1\) 个部分，再把它们拼成一个与 \(s\) 不同的新回文串。如果无解，输出 "Impossible"（不含引号）。
输入
第一行包含一个字符串 \(s(1\leq |s| \leq 5000)\) ——初始的名字，只包含小写拉丁字母。保证 \(s\) 是回文串。
输出
输出一个整数 \(k\) ——获得新名字所需裁剪次数的最小值，或 "Impossible"（不含引号）。
分析：
论大胆猜结论的重要性……
结论：无解的充要条件是 \(s\) 中对称轴任意一侧的所有字母均相同。如果有解，则解不超过 \(2\) 。
证明：
先看前半句。充分性显然（长度为偶数相当于所有字母都一样；长度为奇数相当于除了对称轴所有字母都一样，此时对称轴字母是唯一的肯定不能动。剩下所有字母都相同怎么排都是一样的啊qwq）。必要性考虑构造。如果有解，则一定存在一个长度不超过一半的前缀 \(pre\) 满足 \(pre\) 不是回文串。设与 \(pre\) 长度一致的后缀为 \(suf\) ，则在 \(pre\) 后和 \(suf\) 前各剪一刀，然后交换 \(pre\) 和 \(suf\) ，则一定是一个与原串不同的新回文串。因此一定有解，且解不超过 \(2\) 。
于是暴力 \(O(n^2)\) 判断一下能不能只剪一刀，也就是把一个前缀挪到后面得到合法的字符串即可。
代码：
#include <string>
#include <iostream>
using namespace std;
namespace zyt
{
string s;
bool check(const string s)
{
for (int i = 0; i < (s.size() >> 1); i++)
if (s[i] != s[0])
return true;
return false;
}
bool is_palindrome(const string s)
{
for (int i = 0; i < (s.size() >> 1); i++)
if (s[i] != s[s.size() - i - 1])
return false;
return true;
}
bool solve(const string s)
{
string t = s;
for (int i = 0; i < (s.size() >> 1); i++)
{
t = t.substr(1) + s[i];
if (t != s && is_palindrome(t))
return true;
}
return false;
}
int work()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin >> s;
if (!check(s))
cout << "Impossible";
else if (solve(s))
cout << 1;
else
cout << 2;
return 0;
}
}
int main()
{
return zyt::work();
}