半年前看这题还感觉很神仙，做不动（没看题解）。

现在过来看发现……这tm就是一个sb题……

首先题面已经提示我们用 KMP 了。那 KMP 究竟能干啥呢？

看 $num$ 的定义。发现对于前缀 $i$，$nxt[nxt[\dots nxt[i]]]$ 这个长度的前缀和后缀是相等的。

那么令 $cnt[i]=cnt[nxt[i]]+1$（其中 $cnt[0]=0$，也就是说在 $nxt$ 上跳能跳多少步），如果不考虑前缀后缀不重叠的限制，$num[i]=cnt[i]$。

那么限制怎么弄呢？其实就是要计算 $nxt[nxt[\dots nxt[i]]]\le \lfloor i/2\rfloor$ 的个数。

令 $pt[i]$ 为 $\le\lfloor i/2\rfloor$ 中最大的 $nxt[nxt[\dots nxt[i]]]$。那么 $num[i]=cnt[pt[i]]$。

可以用倍增做到 $O(n\log n)$。然而根本不用这么麻烦。

显然有 $pt[nxt[i]]\le pt[i]$。那么我们倒着做，求出 $pt[i]$ 之后，令 $pt[nxt[i]]=pt[i]$。每次求解 $pt[i]$ 时，不停跳 $nxt$ 直到合法为止。

根据 KMP 的复杂度分析可得复杂度为 $O(n)$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1000100,mod=1000000007;
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
inline int read(){
    int x=0,f=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
    while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return f?-x:x;
}
int t,n,nxt[maxn],cnt[maxn],pt[maxn];
char s[maxn];
int main(){
    t=read();
    while(t--){
        scanf("%s",s+1);
        n=strlen(s+1);
        MEM(nxt,0);MEM(cnt,0);MEM(pt,-1);
        int j=nxt[1]=0;
        FOR(i,2,n){
            while(j && s[i]!=s[j+1]) j=nxt[j];
            if(s[i]==s[j+1]) j++;
            nxt[i]=j;
        }
        FOR(i,1,n) cnt[i]=cnt[nxt[i]]+1;
        ROF(i,n,1){
            if(pt[i]==-1) pt[i]=i; 
            while(pt[i]>i/2) pt[i]=nxt[pt[i]];
            pt[nxt[i]]=pt[i];
        }
        int ans=1;
        FOR(i,1,n) ans=1ll*ans*(cnt[pt[i]]+1)%mod;
        printf("%d\n",ans);
    }
}

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