[ZROJ-955]折纸 Solution

题意：
给一个字符矩阵，行列都可以折叠，要求是折叠线的两边对称，折叠线上不能有字符。如$11$折叠后可以变成$1$。
考虑$manacher$？首先我们考虑一下$n=1$的时候怎么计算答案？首先可以用$manacher$算法求出每个位置为中心的最长回文串，然后考虑把折纸转化一下，转化成剪纸。考虑到折过去的的一小部分对以后是没有影响的。所以我们可以从左到右枚举点，考虑这个点能折到的左端点，那么只要左端点到这个点之间有一点$k$是满足$1-k$可以折，那么这个点就是可行的。
右边同理。然后就可以左边的可行点前缀和，然后枚举最后一次折的中点，计算答案即可。
还有列没有处理？仔细想发现行和列是互不影响的，再做一遍上述算法将答案相乘即可。
$code:$

#include <bits/stdc++.h>
#define regi register int
int n,m;
char s[2000001];
unsigned long long h[2000001],l[2000001],p[2000001];
long long ls[2000001],rs[2000001],check[2000001];
int L[2000001];
inline int read(){
	int r=0,w=0,c;
	for(;!isdigit(c=getchar());r=c);
	for(w=c^48;isdigit(c=getchar());w=w*10+(c^48));
	return r^45?w:-w;
}
inline void manacher(int n,unsigned long long *a){
	for(regi i=1;i<=n;++i){
	  p[i<<1]=a[i];
	  p[i<<1|1]='*';
	}
	p[0]=p[(n<<1|1)+1]='~';p[1]='*';
	int len=n<<1|1;
	int mid=0,right=0;
	for(regi i=1;i<=len;++i){
		(i<right)?L[i]=std::min(L[2*mid-i],right-i):L[i]=1;
		for(;p[i-L[i]]==p[i+L[i]];++L[i]);
		if(right<i+L[i])
	  mid=i,right=i+L[i];
	}
	for(regi i=1;i<=n;++i)
	  L[i]=L[i<<1|1]>>1;
}
inline long long solve(int n,unsigned long long *a){
	manacher(n,a);
	long long ans=0;
	ls[0]=rs[n]=check[n]=1;
	for(regi i=1;i<=n;++i){//此处便是对于左端点的处理，没看懂解释的可以看注释
		int left=i-L[i]-1;//左端点
		int hav=ls[i-1]-(left>=0?ls[left]:0);//左端点到这个位置的前面一个位置之间是否有可行点，如果有的话，就可以按照1-可行点，可行点-当前点的顺序折
		ls[i]=ls[i-1]+(hav>0);//记录前缀和
	}
	for(regi i=n-1;i;--i){
		int right=i+L[i]+1;
		int hav=rs[i+1]-(right<=n?rs[right]:0);
		check[i]=hav>0;
		rs[i]=rs[i+1]+check[i];
	}
	for(regi i=1;i<=n;++i)
	  ans+=ls[i-1]*check[i];
	return ans;
}
main(){
	n=read(),m=read();
	for(regi i=1;i<=n;++i){
		scanf("%s",s+1);
		for(regi j=1;j<=m;++j){
			h[i]=h[i]*131+s[j]-'a';
			l[j]=l[j]*131+s[j]-'a';
		}
	}
	printf("%lld\n",solve(n,h)*solve(m,l));
	return 0;
}