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题意

对于给定字符串的每个前缀，求出这个前缀的所有的后缀中字典序最小的编号。

$|s|\leq 10^6,\sum|s|\leq 2\times 10^7$。

题解

一看这种题就知道要线性，而SAM和SA之类的都太慢了。

原来是有新的知识没学。。

设 $ans_i$ 表示前缀 $[1,i]$ 的答案。

考虑Lyndon分解的过程。

分若干种情况讨论。

当 $i=j$ 时，表明当前 $[i,k)$ 是一个Lyndon串，那么此时 $ans_{k-1}=i$。

否则 $i\not=j$，这时有：$ans_{k-1}=ans_{j-1}+(k-j)$，因为不会有比这一个周期内更优的答案。

然后就做完了。

时间复杂度 $O(n)$。

程序

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define FO(x) freopen(#x".in","r",stdin),freopen(#x".out","w",stdout)
#define fo(i,j,k) for(int i=(j),end_i=(k);i<=end_i;i++)
#define ff(i,j,k) for(int i=(j),end_i=(k);i< end_i;i++)
#define fd(i,j,k) for(int i=(j),end_i=(k);i>=end_i;i--)
#define DEBUG(x) cerr<<#x<<"="<<x<<endl
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define cle(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define lowbit(x) ((x)&-(x))
#define ll long long
#define ull unsigned ll
#define db double
#define lb long db
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
inline int read()
{
	int x=0; char ch=getchar(); bool f=0;
	for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if(ch=='-') f=1;
	for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);
	return f?-x:x;
}
#define CASET fo(___,1,read())
const ll mod=1e9+7;
inline ll Add(ll x,ll y){x+=y; return (x<mod)?x:x-mod;}
inline ll Dec(ll x,ll y){x-=y; return (x<0)?x+mod:x;}
inline ll Mul(ll x,ll y){return x*y%mod;}
inline ll Pow(ll x,ll y)
{
	y%=(mod-1);ll ans=1;for(;y;y>>=1,x=x*x%mod)if(y&1) ans=ans*x%mod;
	return ans;
}
const int N=1e6+3;
ll pw[N];
char s[N];
int n,p[N];
ll ans;
inline void Lyndon(char *s,int n)
{
	for(int i=1,j,k;i<=n;)
	{
		p[i]=i;
		for(j=i,k=i+1;k<=n&&s[j]<=s[k];k++)
		{
			if(i==j) p[k-1]=i;
			else p[j-1]+(k-j);
			j=(s[j]==s[k])?j+1:i;
		}
		for(;i<=j;i+=k-j);
		p[i-1]=i-(k-j);
	}
}
int main()
{
	pw[0]=1;
	fo(i,1,1000000) pw[i]=pw[i-1]*1112%mod;
	CASET
	{
		scanf("%s",s+1);
		n=strlen(s+1);
		Lyndon(s,n);
		ans=0;
		fo(i,1,n) ans=Add(ans,pw[i-1]*p[i]%mod);
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}