Solution：
本题zyys啊！～
很容易想到manacher，于是先打个板子看看，处理出以i为中心的最长回文半径p[i]后，就断思路了。
我首先想到的是，在每次更新p[i]后，分别处理出以i为中心的半径p[i]内，每个位置为开头和结尾的最长回文子串长度(manacher结束后直接枚举断点就可以得到答案)，但是这样强行又将复杂度拉到了O(n^2)。于是，开始断线～
后面看看巨佬们的思路，豁然**，我是真的蠢啊～
其实，将我开始的思路修改一下即可：
我们维护最长回文半径p[i]的同时，再分别维护两个东西，以i为结尾的最长回文子串的长度ll[i]，和以i为开头的最长回文子串的长度rr[i]。
那么很显然，因为以i为中心的最长回文子串长度为p[i]-1，所以每次更新p[i]后，我们只需处理出当前这个回文子串的左右边界(中间的每个点的ll[i],rr[i]可以在manacher结束后O(n)处理出)，则ll[i+p[i]-1]=max(ll[i+p[i]-1],p[i]-1)(更新以i+p[i]-1为结尾的最长回文长度)，同理rr[i-p[i]+1]=max(rr[i-p[i]+1],p[i]-1)。
跑完manacher后，我们O(n)递推出每个'#'为断点的ll[i]和rr[i]，其中rr[i]因为是i结尾的回文长度，所以直接顺推，每往后移一位，最长回文子串长度-2，于是rr[i]=max(rr[i],rr[i-2]-2)(i-2是上一个'#'位置)，同理ll[i]直接逆推，类似地ll[i]=max(ll[i],ll[i+2]-2)。
最后枚举每个'#'为断点，更新ans就OK了。
### 代码：
```cpp
#include<bits/stdc++.h>
#define For(i,a,b,c) for(int (i)=(a);(i)<=(b);(i)+=(c))
#define Bor(i,a,b,c) for(int (i)=(b);(i)>=(a);(i)-=(c))
#define Min(a,b) ((a)>(b)?(b):(a))
#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
using namespace std;
const int N=200050;
int p[N],ll[N],ans,rr[N],mx,id,cnt;
char s[N],t[N];
int main(){
scanf("%s",t);
int len=strlen(t);
s[++cnt]='$',s[++cnt]='#';
For(i,0,len-1,1)s[++cnt]=t[i],s[++cnt]='#';
s[++cnt]='\0';
For(i,1,cnt,1){
if(i<mx)p[i]=Min(p[id*2-i],mx-i);
else p[i]=1;
while(s[i-p[i]]==s[i+p[i]])p[i]++;
if(mx<i+p[i])id=i,mx=i+p[i];
ll[i+p[i]-1]=Max(ll[i+p[i]-1],p[i]-1);
rr[i-p[i]+1]=Max(rr[i-p[i]+1],p[i]-1);
}
For(i,2,cnt,2)rr[i]=Max(rr[i],rr[i-2]-2);
Bor(i,2,cnt,2)ll[i]=Max(ll[i],ll[i+2]-2);
For(i,2,cnt,2)if(rr[i]&&ll[i])ans=Max(ans,ll[i]+rr[i]);
cout<<ans;
return 0;
}
```