\(Description\)
给定一个只含\(a,b\)的字符串，求不连续回文子序列个数（不连续指子序列不是连续一段，回文要求字符和位置都关于某条对称轴对称）。
\(n\leq10^5\)。
\(Solution\)
不连续的限制比较麻烦。连续回文子序列个数可以用\(manacher\)求出，所以可以去掉不连续这个限制。
若对称轴在\(x\)处，假设它的两边共有\(f(x)\)对对称的字符，那么以\(x\)为中心的非空回文子序列数有\(2^{f(x)}-1\)个。因为\(x\)是可以取\(\frac k2\)的（字符之间的位置做对称轴），用\(2x\)表示对称轴为\(x\)，答案就是\(\sum_{i=2}^{2n}(2^{f(i)}-1)\)
考虑如何求\(f(x)\)。
一对关于\(x\)对称的字符，就是满足\(s_{x-i}=s_{x+i}\)。因为\(x\)可以取\(\frac12\)，不妨换种表示，即\(s_{i}=s_{2x-i}\)。
那么\(f(x)=\frac{\sum_{i=1}^{2x-1} [s_{i}=s_{2x-i}]+1}{2}\)（每对对称字符算了两次，而自己关于自己对称的字符算了一次，所以加\(1\)再除以\(2\)）。而那个\(\sum\)就是卷积的形式。
枚举一种字符\(c\)，令\(F_i=[s_i=c]\)，那么\(f(x)=\frac{\sum_{i=1}^{2x-1}F_i*F_{2x-i}+1}{2}\)。
所以枚举一下字符\(a,b\)然后\(FFT\)，加起来就可以求出\(\sum_{i=1}^{2x-1}F_i*F_{2x-i}\)了。
两次计算\(\sum\)的时候中间可以不\(IDFT\)。
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#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
#define mod 1000000007
typedef long long LL;
const int N=(1<<18)+7;
const double PI=acos(-1);
int pw[N],rev[N];
char s[N];
struct Complex
{
double x,y;
Complex(double x=0,double y=0):x(x),y(y) {}
Complex operator +(const Complex &a)const {return Complex(x+a.x, y+a.y);}
Complex operator -(const Complex &a) {return Complex(x-a.x, y-a.y);}
Complex operator *(const Complex &a) {return Complex(x*a.x-y*a.y, x*a.y+y*a.x);}
}A[N],f[N];
void FFT(Complex *a,int lim,int opt)
{
for(int i=1; i<lim; ++i) if(i<rev[i]) std::swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int i=2; i<=lim; i<<=1)
{
int mid=i>>1; Complex Wn(cos(PI/mid),opt*sin(PI/mid));
for(int j=0; j<lim; j+=i)
{
Complex w(1,0),t;
for(int k=j; k<j+mid; ++k,w=w*Wn)
a[k+mid]=a[k]-(t=a[k+mid]*w), a[k]=a[k]+t;
}
}
if(opt==-1) for(int i=0; i<lim; ++i) a[i].x/=lim;
}
void Solve(const char c,int n,int m,int lim)
{
for(int i=0; i<lim; ++i) A[i]=Complex(0,0);
for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=Complex(s[i]==c,0);
FFT(A,lim,1);
for(int i=0; i<lim; ++i) f[i]=f[i]+A[i]*A[i];//0~lim!
// for(int i=0; i<lim; ++i) A[i]=A[i]*A[i];
// FFT(A,lim,-1);
// for(int i=1; i<=m; ++i) f[i]+=(int)(A[i].x+0.5);
}
int Manacher(int n)
{
static int ext[N];
s[0]='$', s[n+n+1]='#', s[n+n+2]='%';
for(int i=n; i; --i) s[i<<1]=s[i], s[(i<<1)-1]='#';
n<<=1;
for(int i=1,mx=0,p; i<=n; ++i)
{
ext[i]=mx>i?std::min(mx-i,ext[2*p-i]):1;
while(s[i-ext[i]]==s[i+ext[i]]) ++ext[i];
if(i+ext[i]>mx) mx=i+ext[i], p=i;
}
LL ans=0;
for(int i=1; i<=n; ++i) ans+=ext[i]>>1;
return ans%mod;
}
int main()
{
scanf("%s",s+1); int n=strlen(s+1),m=n<<1,lim=1,l=-1;
while(lim<=m) lim<<=1,++l;
for(int i=1; i<lim; ++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<l);
Solve('a',n,m,lim), Solve('b',n,m,lim);
FFT(f,lim,-1);
LL ans=0; pw[0]=1;
for(int i=1; i<=m; ++i) pw[i]=pw[i-1]<<1, pw[i]>=mod&&(pw[i]-=mod);
for(int i=1; i<=m; ++i) ans+=pw[(int)(f[i].x+1.5)>>1]-1;
// for(int i=1; i<=m; ++i) f[i]=f[i]+1>>1, ans+=pw[f[i]]-1;
printf("%lld\n",(ans%mod-Manacher(n)+mod)%mod);
return 0;
}