题意：
这个题目真的是最近遇到的最难读。
有一个长度n的字符串，每一位字符都代表的是该种种类的敌人。
现在如果一个序列合法的话，就是同一种种类的敌人都在字符串的左半边或者右半边。
现在有q次询问，现在问你将 s[x] 和 s[y] 的敌人都放在同一边的合法方案数是多少。
题解：
首先如果划分组之后，那么答案就是，m! * m! * 2/ (c1! * c2! * c3! .... )
然后对于每一组来说就是 这个值是一定的。
然后就是需要求这个分组方案数。
对于分组方案数，可以通过背包来求这个方案数是多少。
但是如果枚举每个同类的字符，那么最后的复杂度是52 * 52 * 52 * n。
所以可以将总方案数先算出来，然后再将x，y的方案数，从里面删除，删除之后，不含x,y的方案数，相当于含了x,y的方案数。 这个复杂度是52*52*n。
代码：
/*
code by: zstu wxk
time: 2019/02/07
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define Fopen freopen("_in.txt","r",stdin); freopen("_out.txt","w",stdout);
#define LL long long
#define ULL unsigned LL
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define lch(x) tr[x].son[0]
#define rch(x) tr[x].son[1]
#define max3(a,b,c) max(a,max(b,c))
#define min3(a,b,c) min(a,min(b,c))
typedef pair<int,int> pll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int _inf = 0xc0c0c0c0;
const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const LL _INF = 0xc0c0c0c0c0c0c0c0;
const LL mod = (int)1e9+;
const int N = 1e5 + ;
int cnt[N];
char s[N];
LL ans[][];
int F[N], Finv[N], inv[N];/// F是阶层 Finv是逆元的阶层
void init(){
inv[] = ;
for(int i = ; i < N; i++)
inv[i] = (mod - mod/i) * 1ll * inv[mod % i] % mod;
F[] = Finv[] = ;
for(int i = ; i < N; i++){
F[i] = F[i-] * 1ll * i % mod;
Finv[i] = Finv[i-] * 1ll * inv[i] % mod;
}
}
int comb(int n, int m){ /// C(n,m)
if(m < || m > n) return ;
return F[n] * 1ll * Finv[n-m] % mod * Finv[m] % mod;
}
int id(char ch){
if(islower(ch)) return ch - 'a' + ;
return ch - 'A' + ;
}
int dp[N], tp[N];
void Ac(){
int n = strlen(s+);
int m = n / ;
for(int i = ; i <= n; ++i)
++cnt[id(s[i])];
dp[] = ;
for(int i = ; i <= ; ++i){
if(cnt[i]){
for(int j = m; j >= cnt[i]; --j)
dp[j] = (dp[j] + dp[j-cnt[i]]) % mod;
}
}
for(int i = ; i <= m; ++i)
tp[i] = dp[i];
for(int i = ; i <= ; ++i){
if(cnt[i] && cnt[i] <= m){
for(int j = cnt[i]; j <= m; ++j){
dp[j] = (dp[j] - dp[j-cnt[i]] + mod) % mod;
}
ans[i][i] = dp[m];
for(int j = ; j <= ; ++j){
if(cnt[j] && cnt[j] <= m && j != i){
for(int k = cnt[j]; k <= m; ++k){
dp[k] = (dp[k] - dp[k-cnt[j]] + mod)%mod;
}
ans[i][j] = dp[m];
for(int k = m; k >= cnt[j]; --k){
dp[k] = (dp[k] + dp[k-cnt[j]]) % mod;
}
}
}
for(int j = m; j >= cnt[i]; --j)
dp[j] = tp[j];
}
}
LL zz = 2ll * F[m] * F[m] % mod;
for(int i = ; i <= ; ++i)
zz = (zz * Finv[cnt[i]]) % mod;
int q, x, y;
scanf("%d", &q);
while(q--){
scanf("%d%d", &x, &y);
printf("%I64d\n", zz * ans[id(s[x])][id(s[y])] % mod);
}
return ;
}
int main(){
init();
while(~scanf("%s", s+)){
Ac();
}
return ;
}