题目描述
给一个小写字母字符串 S ，q 次询问每次给出 l,r ，求 s[l..r] 的 Border 。
Border: 对于给定的串 s ，最大的 i 使得 s[1..i] = s[|s|-i+1..|s|], |s| 为 s 的长度。
题解
这题的描述很短，给人一种很可做的假象。
暴力1：每次对区间lr做一次KMP，求出border数组，复杂度nq。
暴力2：构建后缀自动机，用线段树合并维护出right集合考虑到两个串的最长后缀为他们在parent树上的LCA的len，所以我们可以在parent树上跳father，相当于枚举LCA，那么如果有匹配的点，则一定满足：
i-len[LCA]+1<=l => i=len[LCA]<l => i<l+len[LCA] i>=l&&i<r （i为我们要求的点，l为询问的左端点，LCA为i和r的LCA）
所以我们只需要在线段树上查子树内查询满足上述条件的最大的i就可以了，复杂度最好qlogn，最差qn。
这两种暴力好像差不多。。
我们观察到第二种暴力它的瓶颈在于枚举LCA，但查询只需要一个log，我们可以想一些办法把复杂度均摊一下。
链分治
这就是这道题的重头戏，它用到了一个重要的性质，我们将一棵树重链剖分之后，从根到任意一点的路径上，轻重链切换的次数是不超过log的。
然后我们就可以用它搞一些事情。
比如说这道题，我们可以把询问拆成log个挂在它到根的路径上，每条链挂一个，对于当前链，挂在原来的点上，对于上面的链，挂在链的最底端。
其实我们也是相当于在枚举lca，对于挂上去的点，我们可以直接用上面暴力2的方法统计答案，复杂度是log的，那么对于其他点，我们如何统计答案呢？
我们可以发现一个性质，就是对于最底端这个点向上的其他链上的点作为LCA时，答案只会出现在这个点除了重儿子以外的子树内以及自己，因为重链底下的子树我们刚才已经处理过了。
所以我们的做法就是，对于每一条重链，自顶至底处理，然后我们把式子移个项
i-len[LCA]<l
我们把这个点的所有非重儿子所在子树中的点的i-len[LCA]全部加进以i为下标的线段树中，然后一直往下合并，那么每到一个点，它就保存了它到重链顶端所有LCA的信息，然后我们直接询问挂在这个点的询问就可以了。
但每次暴力加的复杂度对吗？
树上启发式合并(DSU on tree)
这个操作的原理和上面的一模一样，都是利用了轻重链log的性质。
主要思想就是，维护重链，轻链暴力，考虑一个点会被暴力做多少次，它到根的路径上轻重链切换的时候才会产生一次，根据上面的结论，这是log的。
于是我们在nlog2的时间内做完了这道题。
代码
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<vector> #define N 400002 #define inf 2e9 using namespace std; vector<int>vec[N]; char s[N]; int last,cnt,n,tot,head[N],topp,ls[N*30],rs[N*30],tr[N*30],T[N<<1],len[N],id[N],ch[N][26],fa[N],f[N]; int L[N*30],R[N*30],size[N],top[N],son[N],ans[N],q,rt[N],_id[N],mi[N*30]; inline int rd(){ int x=0;char c=getchar();bool f=0; while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=getchar();} while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();} return f?-x:x; } struct edge{int n,to;}e[N<<1]; struct node{int l,r;}qu[N]; inline void add(int u,int v){e[++tot].n=head[u];e[tot].to=v;head[u]=tot;} inline int newnode(){ int x=++topp;tr[x]=inf;ls[x]=rs[x]=0; return x; } void ins(int &cnt,int l,int r,int x){ if(!cnt)cnt=++topp,mi[cnt]=inf;mi[cnt]=min(mi[cnt],x); if(l==r)return; int mid=(l+r)>>1; if(mid>=x)ins(L[cnt],l,mid,x); else ins(R[cnt],mid+1,r,x); } int merge(int cnt,int pre,int l,int r){ if(!cnt||!pre)return cnt^pre; int p=++topp;mi[p]=min(mi[cnt],mi[pre]); if(l==r)return p; int mid=(l+r)>>1; L[p]=merge(L[cnt],L[pre],l,mid); R[p]=merge(R[cnt],R[pre],mid+1,r); return p; } int prequery(int cnt,int l,int r,int ql,int qr,int x){ if(mi[cnt]>=x)return 0; if(l==r)return (l>=ql&&l<=qr)?l:0; int mid=(l+r)>>1; if(mid<qr&&mi[R[cnt]]<x){ int num=prequery(R[cnt],mid+1,r,ql,qr,x); if(num)return num; } else if(mid>=ql&&mi[L[cnt]]<x)return prequery(L[cnt],l,mid,ql,qr,x); return 0; } inline void insert(int x,int tag){ int p=last,np=++cnt;last=np;len[np]=len[p]+1; ins(T[np],1,n,tag);id[tag]=np;_id[np]=tag; for(;p&&!ch[p][x];p=fa[p])ch[p][x]=np; if(!p)fa[np]=1; else{ int q=ch[p][x]; if(len[p]+1==len[q])fa[np]=q; else{ int nq=++cnt;len[nq]=len[p]+1; memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[nq])); fa[nq]=fa[q];fa[q]=fa[np]=nq; for(;ch[p][x]==q;p=fa[p])ch[p][x]=nq; } } } void ins2(int &cnt,int l,int r,int x,int y){ if(!cnt)cnt=newnode();tr[cnt]=min(tr[cnt],y); if(l==r)return; int mid=(l+r)>>1; if(mid>=x)ins2(ls[cnt],l,mid,x,y); else ins2(rs[cnt],mid+1,r,x,y); } int merge2(int cnt,int pre,int l,int r){ if(!cnt||!pre)return cnt^pre; int mid=(l+r)>>1;tr[cnt]=min(tr[cnt],tr[pre]); if(l==r)return cnt; ls[cnt]=merge2(ls[cnt],ls[pre],l,mid); rs[cnt]=merge2(rs[cnt],rs[pre],mid+1,r); return cnt; } int query(int cnt,int l,int r,int L,int R,int x){ ///!!! if(l==r)return (l>=L&&l<=R)?l:0; if(tr[cnt]>=x)return 0; int mid=(l+r)>>1; if(mid<R&&tr[rs[cnt]]<x){ int num=query(rs[cnt],mid+1,r,L,R,x); if(num)return num; } if(tr[ls[cnt]]<x&&mid>=L)return query(ls[cnt],l,mid,L,R,x); return 0; } void dfs1(int u){ size[u]=1; for(int i=head[u];i;i=e[i].n){ int v=e[i].to; f[v]=u;dfs1(v); size[u]+=size[v]; if(size[v]>size[son[u]])son[u]=v; } } void dfs2(int u){ if(!top[u])top[u]=u;if(son[u])top[son[u]]=top[u],dfs2(son[u]); for(int i=head[u];i;i=e[i].n){ if(e[i].to!=son[u])dfs2(e[i].to); T[u]=merge(T[u],T[e[i].to],1,n); } } void prework(int cnt,int l,int r,int top){ if(l==r){ins2(rt[top],1,n,l,l-len[top]);return;} int mid=(l+r)>>1; if(L[cnt])prework(L[cnt],l,mid,top); if(R[cnt])prework(R[cnt],mid+1,r,top); } void solve(int u){ for(int i=head[u];i;i=e[i].n)solve(e[i].to); if(top[u]==u){ int x=u; while(x){ for(int i=head[x];i;i=e[i].n){ int v=e[i].to;if(v==son[x])continue; prework(T[v],1,n,x); } for(int i=0;i<vec[x].size();++i){ int l=qu[vec[x][i]].l,r=qu[vec[x][i]].r; ans[vec[x][i]]=max(ans[vec[x][i]],query(rt[x],1,n,l,r-1,l)); } if(son[x])rt[son[x]]=merge2(rt[son[x]],rt[x],1,n); x=son[x]; } } } int main(){ tr[0]=mi[0]=inf; scanf("%s",s+1);n=strlen(s+1); cnt=last=1; for(int i=1;i<=n;++i)insert(s[i]-'a',i); for(int i=2;i<=cnt;++i)add(fa[i],i); dfs1(1);dfs2(1); q=rd();topp=0;//合并完后的第一类线段树不会新增节点了，所以把它清空。 for(int i=1;i<=q;++i){ qu[i].l=rd();qu[i].r=rd();int x=id[qu[i].r]; while(x){ vec[x].push_back(i); ans[i]=max(ans[i],prequery(T[x],1,n,qu[i].l,qu[i].r-1,qu[i].l+len[x]));//!!! x=f[top[x]]; } } for(int i=1;i<=n;++i)ins2(rt[id[i]],1,n,i,0); solve(1); for(int i=1;i<=q;++i)printf("%d ",ans[i]?ans[i]-qu[i].l+1:0); return 0; }