【雜言】：

不會雜湊者，自行睡覺， 我這麼好，怎麼可能不讓你學習呢？ 予以我的理解 \(link\) , 密碼是：3023227140Zmonarch . （我好吧） ， 分不清 \(UNIQUE\) 和\(POSSIBLE\)者， 自行睡覺（呼呼呼……）

【題目描述】：

給定一個字串\(S\)，先將字串\(S\)複製一次（變成雙倍快樂），得到字串\(T\)，然後在\(T\)中插入一個字元，得到字串\(U\)。

給出字串\(U\)，重新構造出字串\(S\)。（字串\(S\)的長度 \(\leq 2e7+1\)）

【思路】：

首先 ， 看到構造字串， 我們就想到了字串匹配（然後你就想到了\(KMP\)

然後， 我們再次發現，對於得到的新的字串，一定不會是偶數，因為\(copy\)過後，又加了1，也就是長度應該為\(2k+1\)(其中\(k\)為字串\(S\)的長度) 。那麼就找出一個不可能的條件

再然後 ，沒有一眼結論了，那麼好， 我們換思路考慮一下 ，我們很自然的可以想到，我只需要列舉去掉一個字元之後，判斷一下，兩邊是否相等，如果相等，那麼也就必然能夠表示出來

同時我們也出現一個疑惑 ， 那就是如何判斷一下形成字串\(S\)是否是唯一的呢？ ，很麻煩 ，我們需要繼續分類，然後看一下是否還能分（為之後的優化打下堅實的基礎）

聯想一下雜湊， 我們發現 ，我們預處理出字首的雜湊值 ， 我們還是列舉多餘字元的位置，同時，我們根據其位置與 \(\frac{n}{2}\)與\(\frac{n}{2} + 1\)的關係，來判斷並求解出前後兩個字串的雜湊值（由於這是一個\(copy\)，所以只需要比較第\(\frac{n}{2}\)和\(\frac{n}{2}+1\)即可） 。

我們假設 \(x\)為前半部分\(hash\)值，\(y\)為後半部分\(hash\)值 ，

當我們列舉的時候，我們必然是要看一下刪除完的字串的\(Hash\)值， 那麼其中原來的\(Hash\)怎麼處理呢？（也就是剛剛我們假設的\(x\)）,我們來look一下這個圖

,

當列舉到左邊的那一個字元時，

同時， \(1……i-1\)的\(Hash\)值為 : \(hash_{i-1}\) ，由於要和\(i+1,i+2 , …… \frac{n}{2} +1\)組成一個部分，也就是要對齊，所以，
應該乘以一個\(power_{\frac{n}{2} - i + 1}\) ,其中\(\frac{n}{2} - i +1\)表示的就是\(i+1,i+2,…… ， \frac{n}{2} +1\)的長度。

列舉在左邊的處理完了，接下來看一下列舉右邊的，這時候左邊是完全不需要動的， 我們只需要動一下後面，讓他們對齊，

當列舉到左邊的那一個字元時，

這個式子很明顯，比上一個式子簡單，且考慮的東西明顯要少。
\(i-1-\frac{n}{2}\)表示的是有半部分從開始到\(i-1\)的長度，
其開始位置為$\frac{n}{2} +1 $ ,\(n-i\)是後面的的長度，為了讓他們對齊， 所以要乘以一個\(power_{n-i}\)

然後我們可以考慮一下我們的問題了， 我們的唯一解了。 其實也是十分的簡單， 我們只需要在進行搜尋到的時候一個的時候，記錄一下第一個可以得到字串\(S\)的位置，同時在進行列舉，看一下是否還有其他的方法可以形成另一個字串\(s_{1}\),然後如果重複，就輸出應該輸出的東西就好了

終於寫完了~~~

【\(code\)】:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <map>
#include <stack>
#define int unsigned long long
using namespace std ;
const int kmaxn = 2e7 + 10 ;
const int p1 = 1e3 + 7 ;
const int p2 = 1331 ;
const int mod1 = 10003 ;
const int mod2 = 13331 ;
inline int read()
{
	int x = 0 , f = 1 ; char ch = getchar() ;
	while(!isdigit(ch)) { if(ch == '-') f = - 1 ; ch = getchar() ; }
	while( isdigit(ch)) { x = x * 10 + ch - '0' ; ch = getchar() ; }
	return x * f ;
}
int n , x , y , ans , tot , p;
bool flag ; 
char s[kmaxn] ;
int sum[kmaxn];
int power[kmaxn] ;
void prepare() //預處理 ，艹，這是板子。 
{
	power[0] = 1 ;
	for(int i = 1 ; i <= n ; i++) //預處理出p2的n次方 
	{
		power[i] = power[i - 1] * p2 ; //直接讓其無符號整數自動擷取來完成取模，省去耗時間複雜度較高的模運算 
	}
	for(int i = 1 ; i <= n ; i++) //預處理出字串的雜湊值 
	{
		sum[i] = sum[i - 1] * p2 + s[i] - 'A' + 1 ;
	}
	
}
void work()
{
	for(int i = 1 ; i <= n ; i++)
	{
		if(i <= n/2)
		{
			x = sum[n / 2 + 1] - sum[i] * power[n / 2 - i + 1] + sum[i - 1] * power[n / 2 - i + 1];
		}
		else 
		{
			x = sum[n / 2] ;
		}
		if(i <= n /2 + 1) 
		{
			y = sum[n] - sum[n / 2 + 1] * power[n / 2] ;
		}
		else 
		{
			y = (sum[i - 1] - sum[n / 2] * power[i - n / 2 - 1]) * power[n - i] + sum[n] - sum[i] * power[n - i] ;
		}
		if(x == y) 
		{
			if(flag && ans != x) //形成的字串不唯一 
			{
				printf("NOT UNIQUE\n") ;
				return ;
			}
			flag = 1 , ans = x , p = i ;
		}
	}
	if(!flag)
	{
		printf("NOT POSSIBLE\n") ;
		return ;
	}
	for(int i = 1 ; tot < n / 2 ; i ++)
	{
		if(i != p )
		{
			printf("%c" , s[i]) ;
			tot ++ ;
		}
	}
	printf("\n") ;
	return ;
}
signed main()
{
	n = read() ;
	scanf("%s" , s+1) ;
	if(n % 2 == 0) 
	{
		printf("NOT POSSIBLE\n") ;
		return 0 ;
	} //如果是偶數， 那麼刪去一個字元會形成奇數 ，但是 copy的必是偶數 ， 故 不可能有解
	prepare() ; 
	work() ; 
	return 0 ; 
}