思路

首先把字符串变为\(S[1]S[n]s[2]s[n-1] \dots\)
这样原来的一个合法的划分方案就变成了用k个长度为偶数的回文子串划分的方案，
然后直接DP，对i位置，可转移的位置就是它的几个回文后缀，在PAM上跳fail即可
但是复杂度是假的，一旦串的每个字符都相同，就需要跳\(O(n)\)次fail，总复杂度变成了\(O(n^2)\)

所以有这样一个性质，对一个节点x，它的所有fail的len最多是log个等差数列，因为对于长度大于\(\frac{len}{2}\)的情况，由于回文树的性质，长度一定是一个等差数列，每次len/2，所以有log段

考虑直接对这log端的贡献转移，在当前的位置i，设之前三个位置为a1，a2，a3(a1>a2>a3)，由于回文串的性质S[i-a1,i-d]=S[i-a2,i]，S[i-a2,i-d]=S[i-a3,i]，所以a2，a3在i-d处已经被统计过了，加上i-a1的贡献即可

复杂度\(O(n\log n)\)

代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int MOD = 1e9+7;
int trans[1000100][26],fail[1000100],Nodecnt,len[1000100],last,n,dp[1000100],pre[1000100],f[1000100],inc[1000100];
char mids[1000100],s[1000100];
int New_state(int _len){len[Nodecnt]=_len;return Nodecnt++;
}
int get_fail(int p,int n){while(mids[n-len[p]-1]!=mids[n])p=fail[p];return p;
}
void insert(int n){int cur=get_fail(last,n);if(!trans[cur][mids[n]]){int t=New_state(len[cur]+2);fail[t]=trans[get_fail(fail[cur],n)][mids[n]];trans[cur][mids[n]]=t;inc[t]=len[t]-len[fail[t]];if(inc[t]==inc[fail[t]])pre[t]=pre[fail[t]];elsepre[t]=fail[t];}last=trans[cur][mids[n]];
}
int main(){mids[0]=-1;New_state(0);fail[0]=1;New_state(-1);last=0;scanf("%s",s+1);n=strlen(s+1);// printf("n=%d\n",n);dp[0]=1;int inq=0;for(int i=1;i<=n/2;i++){mids[++inq]=s[i]-'a';insert(inq);for(int j=last;j;j=pre[j]){f[j]=dp[inq-len[pre[j]]-inc[j]];if(pre[j]!=fail[j])f[j]=(f[j]+f[fail[j]])%MOD;if(!(inq&1))dp[inq]=(dp[inq]+f[j])%MOD;}mids[++inq]=s[n-i+1]-'a';insert(inq);for(int j=last;j;j=pre[j]){f[j]=dp[inq-len[pre[j]]-inc[j]];if(pre[j]!=fail[j])f[j]=(f[j]+f[fail[j]])%MOD;if(!(inq&1))dp[inq]=(dp[inq]+f[j])%MOD;}}// for(int i=1;i<=n;i++)//     putchar(mids[i]+'a');// putchar('\n');printf("%d\n",dp[n]);   return 0;
}