LOJ#3298. 「BJOI2020」封印

題目描述：

$n,q\le2*10^5$

題目分析：

對 $t$ 建 SAM，對 $s$ 的每個前綴求出能夠在 $t$ 中匹配的最長後綴長度 $f_i$（在SAM中走轉移邊和fail邊實現）

那麼對於詢問 $[l,r]$，要求的就是 $\max_{l\le i\le r}\{\min(f_i,i-l+1)\}$

對於一個 $l$，我們求出 $pre_l$ 表示 $i-f_i+1\le l$ 的最大的 $i$。這個可以通過把 $i$ 存在 $i-f_i+1$ 位置最後掃一遍 $pre_i=max(pre_i,pre_{i-1})$ 得到。

然後問題就變爲了求 $\max(pre_l-l+1,\max_{pre_l<i\le r}f_i)$，後者RMQ即可。

實際上，根據 $i-f_i$ 單調不降的性質，此題還可以使用單調棧，二分分界點的方法。詳見 這份提交

Code：

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 400005
using namespace std;
char cb[1<<20],*cs,*ct;
#define getc() (cs==ct&&(ct=(cs=cb)+fread(cb,1,1<<20,stdin),cs==ct)?0:*cs++)
void read(int &a){
	char c;while(!isdigit(c=getc()));
	for(a=c-'0';isdigit(c=getc());a=a*10+c-'0');
}
int n,Q,fa[maxn]={-1},ch[maxn][26],len[maxn],last,sz;
void extend(int c){
	int cur=++sz,p=last,q; len[last=cur]=len[p]+1;
	for(;~p&&!ch[p][c];p=fa[p]) ch[p][c]=cur;
	if(p==-1) fa[cur]=0;
	else if(len[q=ch[p][c]]==len[p]+1) fa[cur]=q;
	else{
		int clone=++sz; len[clone]=len[p]+1,fa[clone]=fa[q];
		fa[cur]=fa[q]=clone,memcpy(ch[clone],ch[q],sizeof ch[q]);
		for(;~p&&ch[p][c]==q;p=fa[p]) ch[p][c]=clone;
	}
}
char s[maxn],t[maxn];
int pre[maxn],mx[18][maxn],lg[maxn];
int RMQ(int x,int y){
	if(x>y) return 0;
	int k=lg[y-x+1]; return max(mx[k][x],mx[k][y-(1<<k)+1]);
}
int main()
{
	scanf("%s%s",s+1,t+1);
	for(int i=1;t[i];i++) extend(t[i]-'a');
	n=strlen(s+1);
	for(int i=1,x=0,L=0;i<=n;i++){
		int c=s[i]-'a';
		while(x&&!ch[x][c]) x=fa[x],L=len[x];
		if(ch[x][c]) x=ch[x][c],L++;
		pre[i-L+1]=i,mx[0][i]=L;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) pre[i]=max(pre[i-1],pre[i]);
	for(int i=2;i<=n;i++) lg[i]=lg[i>>1]+1;
	for(int j=1;j<=lg[n];j++)
		for(int i=1,l=1<<j;i+l-1<=n;i++)
			mx[j][i]=max(mx[j-1][i],mx[j-1][i+(l>>1)]);
	read(Q);
	for(int l,r,p;Q--;){
		read(l),read(r),p=min(pre[l],r);
		printf("%d\n",max(p-l+1,RMQ(p+1,r)));
	}
}