20联赛集训day6 题解

Author： RainAir
发布时间：October 19, 2020
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Categories：题解

A

对点权取 $\ln$ 变成加法就行了。

#include <bits/stdc++.h>

#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#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 DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl

const int MAXN = 2e5 + 5;
const int ha = 1e9 + 7;

std::vector<int> G[MAXN];
int n,a[MAXN];

long double f[MAXN][2];

inline void dfs(int v,int fa=0){
    long double val = logl((long double)a[v]);
    f[v][1] = val;f[v][0] = 0;
    for(auto x:G[v]){
        if(x == fa) continue;
        dfs(x,v);
        if(f[x][1] > f[x][0]) f[v][0] += f[x][1];
        else f[v][0] += f[x][0];
        f[v][1] += f[x][0];
    }
}

int ans = 1;

inline void dfs2(int v,int las=0,int fa=0){
    bool flag = 0;
    if(!las){
        long double val = logl((long double)a[v]);
        long double w1 = 0,w2 = val;
        for(auto x:G[v]){
            if(x == fa) continue;
            if(f[x][1] > f[x][0]) w1 += f[x][1];
            else w1 += f[x][0];
            w2 += f[x][0];
        }
        if(w1 < w2) ans = 1ll*ans*a[v]%ha,flag = 1;
    }
    for(auto x:G[v]){
        if(x == fa) continue;
        dfs2(x,flag,v);
    }

}

int main(){
    scanf("%d",&n);
    FOR(i,1,n) scanf("%d",a+i);
    FOR(i,2,n){
        int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
        G[u].pb(v);G[v].pb(u);
    }
    dfs(1);dfs2(1);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

B

我们连边 $(x,2x)$，发现图形如若干链，链头都是一个不包含质因子 $2$ 的数字，设链头数字为 $x$，长度为 $l$，需要满足 $x2^{l-1} \leq n$。

发现本质不同的长度只有 $\log n$ 种，算出来每种长度的数量（这里我用的是容斥），对于偶数长度每个集合获得的长度是一样的，方案数是 $2$。对于奇数长度有一个集合会获得更多的一个，我们可以解出要选多少个奇数集合，lucas 定理即可。

其实发现每次组合数上面数是不变的，而下降幂最多过 $\text{mod}$ 次就会变成 $0$。。。预处理最后几项就行。

#include <bits/stdc++.h>

#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<LL,LL>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#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 DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl

const int ha = 10000019;
const int MAXN = 1e5 + 5;
LL cnt[114];

inline int qpow(int a,LL n=ha-2){
    int res = 1;n %= (ha-1);
    while(n){
        if(n & 1) res = 1ll*res*a%ha;
        a = 1ll*a*a%ha;
        n >>= 1;
    }
    return res;
}


int fac[ha],inv[ha];

inline int C(LL n,LL m){
    if(n < 0 || m < 0 || n < m) return 0;
    if(n < ha && m < ha) return 1ll*fac[n]*inv[m]%ha*inv[n-m]%ha;
    else return 1ll*C(n%ha,m%ha)*C(n/ha,m/ha)%ha;
}

inline void prework(){
    fac[0] = 1;
    FOR(i,1,ha-1) fac[i] = 1ll*fac[i-1]*i%ha;
    inv[ha-1] = qpow(fac[ha-1]);
    ROF(i,ha-2,0) inv[i] = 1ll*inv[i+1]*(i+1)%ha;
}

int main(){
    prework();
    LL n;int q;scanf("%lld%d",&n,&q);
    FOR(i,0,60){
        LL t = n/(1ll<<i);
        if(!t) break;
        if(t&1) cnt[i+1]++,t--;
        cnt[i+1] += t/2;
    }
    int lg = 0;LL x = n;
    while(x) x >>= 1,lg++;
    FOR(i,1,60) cnt[i] -= cnt[i+1];
    LL now = 0,s2 = 0;int B = 1;
    FOR(i,0,lg){
        if(!cnt[i]) continue;
        if(i&1){
            int t = i/2;
            now += cnt[i]*t;
            s2 += cnt[i];
        }
        else{
            now += cnt[i]*i/2;
            B = 1ll*B*qpow(2,cnt[i])%ha;
        }
    }
    while(q--){
        LL m = 0;
        int ans = B;
        scanf("%lld",&m);
        if(now > m){
            puts("0");
        }
        else{
            LL r = m-now;
            ans = 1ll*ans*C(s2,r)%ha;
            printf("%d\n",ans);
        }
    }
    return 0;
}

C

相当于是问所有数 $\geq x$ 的划分数。

我们考虑划分数的两个dp：

设 $f_{i,j}$ 表示考虑了 $1\ldots i$ 里的数，和为 $j$ 的方案数，每次是做一个完全背包。

设 $g_{i,j}$ 表示选了 $i$ 个数和为 $j$ 的方案数，转移枚举整体加一或者是放进去一个 $1$，$g_{i,j} = g_{i,j-i}+g_{i-1,j}$。

我们考虑根号分治，将所有数按照与 $\sqrt{n}$ 的大小关系分类。对于 $\leq \sqrt{n}$ 的数就直接跑 $f$，也就是说 $f$ 的第一维只需要 $\leq \sqrt{n}$，复杂度 $O(n\sqrt{n})$。

对于 $>\sqrt{n}$ 的数，只会选 $<\sqrt{n}$ 个，跑 $g$，复杂度 $O(n \sqrt {n})$。

总复杂度：$O(n\sqrt n)$。

考试的时候差点想出来。。。

#include <bits/stdc++.h>

#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#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 DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl

const int MAXN = 1e5 + 5;

int x,y,n,ha;

inline void add(int &x,int y){
    x += y;if(x >= ha) x -= ha;
}

int f[MAXN],g[MAXN],h[MAXN];
/*
f[i][j]: 考虑了前i个数 和为j
g[i][j]: 选了i个数 和为j

g[i][j] = g[i-1][j]+g[i-1][j-i]
g 只考虑所有>B的数 将所有数字最后加个B+1
g[i][j] = g[i-1][j]+g[i][j-i]
所以 i<=n/B
*/

inline int solve(int x){// >= x
    if(x > n) return 0;
    int B = std::sqrt(1.0*n);
    B = std::max(B,x-1);
    CLR(f,0);CLR(g,0);CLR(h,0);
    f[0] = 1;FOR(i,x,B) FOR(j,0,n) if(j >= i) add(f[j],f[j-i]);
    g[0] = 1;h[0] = 1;
    FOR(i,1,n/B){
        FOR(j,0,n){
            if(j >= i) add(g[j],g[j-i]);
            if(j+i*(B+1) <= n) add(h[j+i*(B+1)],g[j]);
        }
    }
    int ans = 0;
    FOR(i,0,n) add(ans,1ll*f[i]*h[n-i]%ha);
    return ans;
}

int main(){
    scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&n,&ha);
    int t1 = solve(x),t2 = solve(y+1);
    int ans = t1;add(ans,ha-t2);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

D

第一步都没观察到。。。。

首先我们将原串做一些处理：如果开头和结尾的字符都是相同的，同时删除两个字符。这样我们发现 $A$ 或者 $E$ 一定有一个消失了。于是转化为对剩下的串划分，使得 $A+C$ 或 $B+D$ 是回文串。

我们先考虑 $A+C$ 怎么做，$B+D$ 只需要反过来做一遍就行了。

我们先枚举回文中心在哪个位置，分类讨论一下：

首先我们肯定是希望回文长度尽量长的，要不然损失两个才多获得一个不划算。

回文中心在 $A$

枚举一下回文中心，实际上是要判断后面是否有串和红色不交，并且是黄色串的倒序。我们将这个串翻转拼接在后面，就是问是否存在一个位置，他的 border。这个我们只需要求出每个前缀对应的后缀，border 集合包含它的最靠后的位置就行了。这个东西可以先更新一下最长 border，然后因为 border 的border 也能被这个位置更新，倒着扫一遍就行了。

回文中心在 $C$

最终的方案一定是形如这样的，红色是一个回文串。我们要求出每个后缀，他能扩展到的最远位置，满足他是前缀的逆序。这个也可以把反串接到后面，然后直接用 kmp 的 next 数组更新就行了。

这里可能会有疑惑：如果黄色和红色有交了怎么办？本来是要暴力跳 next 的，但是发现：

箭头指向的方向表示这个串的顺序或逆序，这三个串是相同的。

我们可以认为算了第三种方案，所以直接和长度取 $\min$ 即可。

当然如果你直接 exkmp 就没那么麻烦了，上面的操作都是要求一个后缀和一个串的 lcs。

细节有点多，要分开讨论奇回文后缀和偶回文后缀。。

#include <bits/stdc++.h>

#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#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 DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl

const int MAXN = 1e7 + 5;

char str[MAXN];
int n,ans = 0;
int r[MAXN];
char s[MAXN],ss[MAXN];

inline void manacher(int n){
    int N = 0;s[0] = '$';
    s[N = 1] = '#';FOR(i,1,n) s[++N] = str[i],s[++N] = '#';
    int mid = 0;
    FOR(i,1,N){
        if(i <= mid+r[mid]) r[i] = std::min(r[2*mid-i],mid+r[mid]-i);
        else r[i] = 1;
        while(s[i+r[i]] == s[i-r[i]]) ++r[i];
        if(i+r[i] > mid+r[mid]){
            mid = i;
        }
    }
}

int g[MAXN];
// 后缀i能和反串的后缀匹配到哪里
int h[MAXN];
// 前缀i的逆最靠后可以匹配到哪个位置
int nxt[MAXN];

inline void work(int n){
    CLR(nxt,0);CLR(g,0);CLR(s,0);CLR(ss,0);CLR(r,0);CLR(h,0);
    manacher(n);
    int nn = 0;
    FOR(i,1,n) ss[++nn] = str[i];
    ss[++nn] = '$';
    ROF(i,n,1) ss[++nn] = str[i];
    std::reverse(ss+1,ss+nn+1);
    int j = 0;
    FOR(i,2,nn){
        while(j && ss[i] != ss[j+1]) j = nxt[j];
        if(ss[i] == ss[j+1]) ++j;
        nxt[i] = j;
    }
    FOR(i,n+2,nn) h[nxt[i]] = std::max(h[nxt[i]],n-(i-n-1)+1);
    ROF(i,n,1) h[nxt[i]] = std::max(h[nxt[i]],h[i]);
    std::reverse(nxt+1,nxt+nn+1);
    FOR(i,1,n) g[i] = nxt[i];
    FOR(i,1,2*n) ans = std::max(ans,r[i]-1);
    FOR(i,1,n){ // i处的奇回文
        int l = r[2*i]/2;
        ans = std::max(ans,r[2*i]-1+2*std::min(g[i+l],i-l));
        if(h[i-l] >= i+l) ans = std::max(ans,r[2*i]-1+2*(i-l));
    }
    FOR(i,1,n-1){ // (i,i+1)处的偶回文
        int l = (r[2*i+1]-1)/2;
        ans = std::max(ans,r[2*i+1]-1+2*std::min(g[i+l+1],i-l));
        if(h[i-l] >= i+l+1) ans = std::max(ans,r[2*i+1]-1+2*(i-l));
    }
}

int main(){
    scanf("%s",str+1);n = strlen(str+1);
    int l = 1,r = n;
    while(l <= r && str[l] == str[r]) l++,r--;
    if(l > r){
        printf("%d\n",n);
        exit(0);
    }
    int gx = l-1;
    int t = 0;
    FOR(i,l,r) str[++t] = str[i];
    FOR(i,t+1,n) str[i] = 0;
    work(t);
    std::reverse(str+1,str+t+1);
    work(t);
    ans += gx*2;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

Last modification：July 11th, 2022 at 06:09 pm

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20联赛集训day6 题解

RainAir • 2020 年 10 月 19 日

A

对点权取 $\ln$ 变成加法就行了。

#include <bits/stdc++.h>

#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#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 DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl

const int MAXN = 2e5 + 5;
const int ha = 1e9 + 7;

std::vector<int> G[MAXN];
int n,a[MAXN];

long double f[MAXN][2];

inline void dfs(int v,int fa=0){
    long double val = logl((long double)a[v]);
    f[v][1] = val;f[v][0] = 0;
    for(auto x:G[v]){
        if(x == fa) continue;
        dfs(x,v);
        if(f[x][1] > f[x][0]) f[v][0] += f[x][1];
        else f[v][0] += f[x][0];
        f[v][1] += f[x][0];
    }
}

int ans = 1;

inline void dfs2(int v,int las=0,int fa=0){
    bool flag = 0;
    if(!las){
        long double val = logl((long double)a[v]);
        long double w1 = 0,w2 = val;
        for(auto x:G[v]){
            if(x == fa) continue;
            if(f[x][1] > f[x][0]) w1 += f[x][1];
            else w1 += f[x][0];
            w2 += f[x][0];
        }
        if(w1 < w2) ans = 1ll*ans*a[v]%ha,flag = 1;
    }
    for(auto x:G[v]){
        if(x == fa) continue;
        dfs2(x,flag,v);
    }

}

int main(){
    scanf("%d",&n);
    FOR(i,1,n) scanf("%d",a+i);
    FOR(i,2,n){
        int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
        G[u].pb(v);G[v].pb(u);
    }
    dfs(1);dfs2(1);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

B

我们连边 $(x,2x)$，发现图形如若干链，链头都是一个不包含质因子 $2$ 的数字，设链头数字为 $x$，长度为 $l$，需要满足 $x2^{l-1} \leq n$。

其实发现每次组合数上面数是不变的，而下降幂最多过 $\text{mod}$ 次就会变成 $0$。。。预处理最后几项就行。

#include <bits/stdc++.h>

#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<LL,LL>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#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 DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl

const int ha = 10000019;
const int MAXN = 1e5 + 5;
LL cnt[114];

inline int qpow(int a,LL n=ha-2){
    int res = 1;n %= (ha-1);
    while(n){
        if(n & 1) res = 1ll*res*a%ha;
        a = 1ll*a*a%ha;
        n >>= 1;
    }
    return res;
}


int fac[ha],inv[ha];

inline int C(LL n,LL m){
    if(n < 0 || m < 0 || n < m) return 0;
    if(n < ha && m < ha) return 1ll*fac[n]*inv[m]%ha*inv[n-m]%ha;
    else return 1ll*C(n%ha,m%ha)*C(n/ha,m/ha)%ha;
}

inline void prework(){
    fac[0] = 1;
    FOR(i,1,ha-1) fac[i] = 1ll*fac[i-1]*i%ha;
    inv[ha-1] = qpow(fac[ha-1]);
    ROF(i,ha-2,0) inv[i] = 1ll*inv[i+1]*(i+1)%ha;
}

int main(){
    prework();
    LL n;int q;scanf("%lld%d",&n,&q);
    FOR(i,0,60){
        LL t = n/(1ll<<i);
        if(!t) break;
        if(t&1) cnt[i+1]++,t--;
        cnt[i+1] += t/2;
    }
    int lg = 0;LL x = n;
    while(x) x >>= 1,lg++;
    FOR(i,1,60) cnt[i] -= cnt[i+1];
    LL now = 0,s2 = 0;int B = 1;
    FOR(i,0,lg){
        if(!cnt[i]) continue;
        if(i&1){
            int t = i/2;
            now += cnt[i]*t;
            s2 += cnt[i];
        }
        else{
            now += cnt[i]*i/2;
            B = 1ll*B*qpow(2,cnt[i])%ha;
        }
    }
    while(q--){
        LL m = 0;
        int ans = B;
        scanf("%lld",&m);
        if(now > m){
            puts("0");
        }
        else{
            LL r = m-now;
            ans = 1ll*ans*C(s2,r)%ha;
            printf("%d\n",ans);
        }
    }
    return 0;
}

C

相当于是问所有数 $\geq x$ 的划分数。

我们考虑划分数的两个dp：

设 $f_{i,j}$ 表示考虑了 $1\ldots i$ 里的数，和为 $j$ 的方案数，每次是做一个完全背包。

设 $g_{i,j}$ 表示选了 $i$ 个数和为 $j$ 的方案数，转移枚举整体加一或者是放进去一个 $1$，$g_{i,j} = g_{i,j-i}+g_{i-1,j}$。

对于 $>\sqrt{n}$ 的数，只会选 $<\sqrt{n}$ 个，跑 $g$，复杂度 $O(n \sqrt {n})$。

总复杂度：$O(n\sqrt n)$。

考试的时候差点想出来。。。

#include <bits/stdc++.h>

#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#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 DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl

const int MAXN = 1e5 + 5;

int x,y,n,ha;

inline void add(int &x,int y){
    x += y;if(x >= ha) x -= ha;
}

int f[MAXN],g[MAXN],h[MAXN];
/*
f[i][j]: 考虑了前i个数 和为j
g[i][j]: 选了i个数 和为j

g[i][j] = g[i-1][j]+g[i-1][j-i]
g 只考虑所有>B的数 将所有数字最后加个B+1
g[i][j] = g[i-1][j]+g[i][j-i]
所以 i<=n/B
*/

inline int solve(int x){// >= x
    if(x > n) return 0;
    int B = std::sqrt(1.0*n);
    B = std::max(B,x-1);
    CLR(f,0);CLR(g,0);CLR(h,0);
    f[0] = 1;FOR(i,x,B) FOR(j,0,n) if(j >= i) add(f[j],f[j-i]);
    g[0] = 1;h[0] = 1;
    FOR(i,1,n/B){
        FOR(j,0,n){
            if(j >= i) add(g[j],g[j-i]);
            if(j+i*(B+1) <= n) add(h[j+i*(B+1)],g[j]);
        }
    }
    int ans = 0;
    FOR(i,0,n) add(ans,1ll*f[i]*h[n-i]%ha);
    return ans;
}

int main(){
    scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&n,&ha);
    int t1 = solve(x),t2 = solve(y+1);
    int ans = t1;add(ans,ha-t2);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

D

第一步都没观察到。。。。

我们先考虑 $A+C$ 怎么做，$B+D$ 只需要反过来做一遍就行了。

我们先枚举回文中心在哪个位置，分类讨论一下：

首先我们肯定是希望回文长度尽量长的，要不然损失两个才多获得一个不划算。

回文中心在 $A$

回文中心在 $C$

这里可能会有疑惑：如果黄色和红色有交了怎么办？本来是要暴力跳 next 的，但是发现：

箭头指向的方向表示这个串的顺序或逆序，这三个串是相同的。

我们可以认为算了第三种方案，所以直接和长度取 $\min$ 即可。

当然如果你直接 exkmp 就没那么麻烦了，上面的操作都是要求一个后缀和一个串的 lcs。

细节有点多，要分开讨论奇回文后缀和偶回文后缀。。

#include <bits/stdc++.h>

#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#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 DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl

const int MAXN = 1e7 + 5;

char str[MAXN];
int n,ans = 0;
int r[MAXN];
char s[MAXN],ss[MAXN];

inline void manacher(int n){
    int N = 0;s[0] = '$';
    s[N = 1] = '#';FOR(i,1,n) s[++N] = str[i],s[++N] = '#';
    int mid = 0;
    FOR(i,1,N){
        if(i <= mid+r[mid]) r[i] = std::min(r[2*mid-i],mid+r[mid]-i);
        else r[i] = 1;
        while(s[i+r[i]] == s[i-r[i]]) ++r[i];
        if(i+r[i] > mid+r[mid]){
            mid = i;
        }
    }
}

int g[MAXN];
// 后缀i能和反串的后缀匹配到哪里
int h[MAXN];
// 前缀i的逆最靠后可以匹配到哪个位置
int nxt[MAXN];

inline void work(int n){
    CLR(nxt,0);CLR(g,0);CLR(s,0);CLR(ss,0);CLR(r,0);CLR(h,0);
    manacher(n);
    int nn = 0;
    FOR(i,1,n) ss[++nn] = str[i];
    ss[++nn] = '$';
    ROF(i,n,1) ss[++nn] = str[i];
    std::reverse(ss+1,ss+nn+1);
    int j = 0;
    FOR(i,2,nn){
        while(j && ss[i] != ss[j+1]) j = nxt[j];
        if(ss[i] == ss[j+1]) ++j;
        nxt[i] = j;
    }
    FOR(i,n+2,nn) h[nxt[i]] = std::max(h[nxt[i]],n-(i-n-1)+1);
    ROF(i,n,1) h[nxt[i]] = std::max(h[nxt[i]],h[i]);
    std::reverse(nxt+1,nxt+nn+1);
    FOR(i,1,n) g[i] = nxt[i];
    FOR(i,1,2*n) ans = std::max(ans,r[i]-1);
    FOR(i,1,n){ // i处的奇回文
        int l = r[2*i]/2;
        ans = std::max(ans,r[2*i]-1+2*std::min(g[i+l],i-l));
        if(h[i-l] >= i+l) ans = std::max(ans,r[2*i]-1+2*(i-l));
    }
    FOR(i,1,n-1){ // (i,i+1)处的偶回文
        int l = (r[2*i+1]-1)/2;
        ans = std::max(ans,r[2*i+1]-1+2*std::min(g[i+l+1],i-l));
        if(h[i-l] >= i+l+1) ans = std::max(ans,r[2*i+1]-1+2*(i-l));
    }
}

int main(){
    scanf("%s",str+1);n = strlen(str+1);
    int l = 1,r = n;
    while(l <= r && str[l] == str[r]) l++,r--;
    if(l > r){
        printf("%d\n",n);
        exit(0);
    }
    int gx = l-1;
    int t = 0;
    FOR(i,l,r) str[++t] = str[i];
    FOR(i,t+1,n) str[i] = 0;
    work(t);
    std::reverse(str+1,str+t+1);
    work(t);
    ans += gx*2;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

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