简要题意
给出一个长度为n的字符串s[1]，由小写字母组成。定义一个字符串序列s[1....k],满足性质：s[i]在s[i-1] (i>=2)中出现至少两次（位置可重叠），问最大的k是多少，使得从s[1]开始到s[k]都满足这样一个性质。
(nle 200000)
Sol
一道适合练习SAM的right集合神题 + 神仙结论题
结论（1）
每次只算(s[i-1])是(s[i])的后缀的情况，显然是不会影响答案的。
因为如果(s[i-1])不是(s[i])的后缀，那么我们把不与(s[i-1])匹配的那后面一截都去掉，(s[i])就会变短。
如果没变短之前它在某一个字符串里出现过了，那么变短后显然还是出现过的。
这个结论是显然的，也比结论（2）容易理解。
建立后缀自动机。
容易想到直接在parent树上自上向下DP；
考虑如何判断x的祖先y所代表的子串是否在x中出现了两次：
(len[x])表示(x)代表的最长子串长度，假设(x)的(right)集合中存在一个位置(p)，
那么(p)显然已经在(y)的(right)集合中了，
我们只要判断(y)的(right)集合中有没有一个元素，
在区间([pos(x)-len(x)+len(y),pos(x)-1])中判断y串是否出现两次即可。
这个容易线段树合并完成。
可以发现，我们以上的做法都只考虑父亲代表的最长串都必须出现在x代表的最长串中。
这样有没有问题呢？又如何dp呢？
结论（2）
设s是某个节点u表示的最长串,v是u的祖先（即串的后缀），
则v表示的所有字符串在s上的匹配情况是等价的（即不会出现有的能匹配、有的不能）。
证明的话，我们举个例子：
((1) abcb)
((2) babcb)
((s) abcbabcb)
考虑反证：
假设这里(s)的后缀(1)(2)均为v节点表示的串，（1）成功匹配而（2）不行。
因为(2)，所有显然还存在着这个串：
((3) babcbabcb)
又因为(s)表示的已经是u的最长串了，所以(3)串一定来自另一个节点。
设(3)串来自另一个节点w，u是w的祖先。
根据定义知
这样，则一定存在一个位置p
在这个位置只出现了(s)串而没有(3)串。
这样就存在一个位置使得只出现(1)串而没有(2)串。
这样得到(1)(2)两串(Right)集合不同？？
这与它们来自同一个节点矛盾！
证毕.
有了结论（2），我们就可以设计dp状态了：
(dp[i])表示使用节点i最长的那个字符串的答案，
转移的时候可以直接使用祖先节点j最长的那个字符串转移（因为都等价啊）
这样一来整个dp过程都是忽略那部分短串的，就非常自然了。
这个dp显然可以倍增，容易做到线性（对深度Two-pointer）。
#include<set>
#include<map>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
using namespace std;
typedef double db;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pi;
const int N=400005;
char S[N];
int n,tot(1),la,ch[N][26],len[N],fa[N],pos[N],rt[N],cnt,rk[N],ar[N],dp[N],fr[N],Ans;
struct node {
int lc,rc;
}t[N*20];
void Upd(int &u,int l,int r,int p)
{
if(!u)
u=++cnt;
if(l!=r)
{
int m=(l+r)>>1;
if(m>=p) Upd(t[u].lc,l,m,p);
else Upd(t[u].rc,m+1,r,p);
}
}
int Merge(int x,int y,int l,int r)
{
if(!x||!y)
return x+y;
int o=++cnt;
if(l!=r)
{
int m=(l+r)>>1;
t[o].lc=Merge(t[x].lc,t[y].lc,l,m);
t[o].rc=Merge(t[x].rc,t[y].rc,m+1,r);
}
return o;
}
int Query(int u,int l,int r,int L,int R)
{
if(!u||l>R||r<L)
return 0;
if(l>=L&&r<=R)
return 1;
int m=(l+r)>>1;
return Query(t[u].lc,l,m,L,R)||Query(t[u].rc,m+1,r,L,R);
}
void extend(int id,int where)
{
int p=la;
int np=++tot;
len[np]=len[p]+1;
pos[np]=where;
while(p && !ch[p][id])
{
ch[p][id]=np;
p=fa[p];
}
if(!p)
{
fa[np]=1;
}
else
{
int q=ch[p][id];
if(len[p]+1==len[q])
{
fa[np]=q;
}
else
{
int nq=++tot;
len[nq]=len[p]+1;
fa[nq]=fa[q];
pos[nq]=pos[q];
for(int i=0; i<26; i++)
ch[nq][i]=ch[q][i];
fa[np]=fa[q]=nq;
while(p && ch[p][id]==q)
{
ch[p][id]=nq;
p=fa[p];
}
}
}
la=np;
Upd(rt[la],1,n,where);
}
void Sort()
{
for(int i=1; i<=tot; i++) ar[len[i]]++;
for(int i=1; i<=n; i++) ar[i]+=ar[i-1];
for(int i=1; i<=tot; i++) rk[ar[len[i]]--]=i;
}
int main()
{
scanf("%d%s",&n,S+1);
la=1;
for(int i=1; i<=n; i++) extend(S[i]-'a',i);
Sort();
for(int i=tot; i!=1; i--)
{
int u=rk[i],v=fa[u];
rt[v]=Merge(rt[v],rt[u],1,n);
}
for(int i=2; i<=tot; i++)
{
int u=rk[i],v=fa[u];
if(v==1)
{
dp[u]=1;
fr[u]=u;
}
else if(Query(rt[fr[v]],1,n,pos[u]-len[u]+len[fr[v]],pos[u]-1))
{
dp[u]=dp[v]+1;
fr[u]=u;
}
else
{
dp[u]=dp[v];
fr[u]=fr[v];
}
Ans=max(Ans,dp[u]);
}
printf("%d",Ans);
return 0;
}