[ZROJ-955]摺紙 Solution

題意：
給一個字符矩陣，行列都可以摺疊，要求是摺疊線的兩邊對稱，摺疊線上不能有字符。如$11$摺疊後可以變成$1$。
考慮$manacher$？首先我們考慮一下$n=1$的時候怎麼計算答案？首先可以用$manacher$算法求出每個位置爲中心的最長迴文串，然後考慮把摺紙轉化一下，轉化成剪紙。考慮到折過去的的一小部分對以後是沒有影響的。所以我們可以從左到右枚舉點，考慮這個點能折到的左端點，那麼只要左端點到這個點之間有一點$k$是滿足$1-k$可以折，那麼這個點就是可行的。
右邊同理。然後就可以左邊的可行點前綴和，然後枚舉最後一次折的中點，計算答案即可。
還有列沒有處理？仔細想發現行和列是互不影響的，再做一遍上述算法將答案相乘即可。
$code:$

#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){//此處便是對於左端點的處理，沒看懂解釋的可以看註釋
		int left=i-L[i]-1;//左端點
		int hav=ls[i-1]-(left>=0?ls[left]:0);//左端點到這個位置的前面一個位置之間是否有可行點，如果有的話，就可以按照1-可行點，可行點-當前點的順序折
		ls[i]=ls[i-1]+(hav>0);//記錄前綴和
	}
	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;
}