其实我是看题解都是建两颗PAM和BFS感觉没必要就来发个题解,首先我们知道PAM上的节点就是一个回文串对不对,然后题目要求的是两个串都出现过的回文串。
那么我们完全可以这么做,在PAM的时候记录当前节点的回文串出现的次数,在一个串中这个次数只能出现一次,最后我们遍历PAM所有节点,去记录所有的出现次数为两次的节点,这个节点就是代表的一个回文串,然后PAM路上我们又已经知道了所有节点的LEN,那么就只需要记录最长的LEN就是答案。
然后我们遍历所有PAM上节点的时候就可以算出每种长度的串的数量。其实就是PAM的板子然后额外开一个vis数组去判断下遇见一个新的位置的回文串需不需要次数+1(在之前有没有出现过),然后就是套板子,遍历PAM所有节点统计答案就好了,完全可以在一个PAM上解决问题,不需要两颗还再去BFS。
int tt,N,M;
int Len, Tire[max_][30], len[max_], Fair[max_],cnt[max_];
char S[max_];
il int getfail(int cur, int i) {
while (S[i] != S[i- len[cur] - 1]){
cur = Fair[cur];
}return cur;
}
bool vis[max_];
il void getPam() {
memset(vis, 0, sizeof(vis));
int fa = 0;
for (re int i = 1; i <= Len; i++) {
int now = getfail(fa, i);
if (!Tire[now][S[i] - 'a']) {
tt++;
Fair[tt] = Tire[getfail(Fair[now], i)][S[i] - 'a'];
len[tt] = len[now] + 2;
Tire[now][S[i] - 'a'] = tt;
}
fa = Tire[now][S[i] - 'a'];
if (!vis[fa]) {
vis[fa] = 1; cnt[fa]++;
}
}
}
int nn[max_];
signed main() {
len[1] = -1;
Fair[0] = 1;
tt = 1;
N = read(), M = read();
scanf("%s", (S + 1));
Len = N;
getPam();
scanf("%s", (S + 1));
Len = M;
getPam();
int anslen = -1, num;
for (re int i = 2; i <= tt; i++) {
if (cnt[i] == 2) {
nn[len[i]]++;
anslen = max(anslen, len[i]);
}
}
cout << anslen << " " << nn[anslen];
return 0;
}