大致题意： 给定一个字符串，对每个位置别求出包含该位置、仅出现一次的子串的最短长度。
后缀自动机
众所周知，一个子串的出现次数就是后缀自动机上对应节点的(Sz)，此题中也就是要求(Sz=1)。
根据套路，我们枚举前缀找到对应节点，而子串就是该节点自身及其列祖列宗。
然后我们发现两个基本事实：
- 一个节点的(Sz)不可能为(0)。这应该显然吧，毕竟(Sz)表现的是子串出现次数。
- 祖先的(Sz)肯定大于该节点的(Sz)，注意这里的大于是严格大于。因为一个祖先的(Sz)必然会从至少两个儿子处转移（否则这个祖先就应该和儿子合并）。
结合这两点，我们就会发现，列祖列宗(Sz)必然大于(1)，是不用考虑的。
因此，我们只需要在当前点(Sz=1)时考虑当前点的答案。
回忆一下知识点：后缀自动机上每个点维护的是若干长度依次增(1)、(endpos)集合相同的当前点所表示字符串的后缀，其中最长串的长度就是当前点的(L)，最短串的长度是(L_{fa} +1)。
换言之，假设当前枚举到位置(i)（显然当前点(L=i)），那么前缀(i)长度为(L_{fa} +1sim i)的后缀都是合法的。
前缀的后缀可以表示为子串，也可以写作子串([1sim i-L_{fa} ,i])都是合法的。
那么考虑这些子串对每个位置上答案的贡献，不难发现可以分两类讨论：
- 对于([i-L_{fa} +1,i])，它们被所有子串包含，其中最短的就是长度为(L_{fa} +1)的后缀。
- 对于(j∈[1,i-L_{fa} ])，显然包含它们的最短子串就是以其为开头的后缀，也就是长度为(i-j+1)的后缀。
也就是说，前半部分是对一段区间内的答案贡献一个定值，而后半部分是对一段区间内的答案贡献一个等差数列。
显然可以开两个线段树分别维护。
当然，你可以只用一个线段树。但由于定值可以看做公差为(0)的特殊的等差数列，因此看似两个线段树实际上只需要写一个，而且省了不少码量。不过具体如何写还是要看个人喜好了。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 100000
#define Gmin(x,y) (x>(y)&&(x=(y)))
using namespace std;
int n;char s[N+5];
template<int d> class SegmentTree//线段树，d为公差
{
private:
#define PT CI l=1,CI r=n,CI rt=1
#define LT l,mid,rt<<1
#define RT mid+1,r,rt<<1|1
int V[N<<2];
public:
I void Build(PT)//建树
{
if(V[rt]=1e9,l==r) return;int mid=l+r>>1;Build(LT),Build(RT);
}
I void Upt(CI L,CI R,CI x,PT)//修改，使用标记永久化就方便了许多
{
if(L<=l&&r<=R) return (void)Gmin(V[rt],x);int mid=l+r>>1;
L<=mid&&(Upt(L,R,x,LT),0),R>mid&&(Upt(L,R,x-d*(mid-l+1),RT),0);
}
I int Qry(CI x,PT)//询问，注意每个点上标记的贡献
{
RI t,res=V[rt]-d*(x-l);if(l==r) return res;int mid=l+r>>1;
return t=x<=mid?Qry(x,LT):Qry(x,RT),min(t,res);
}
};SegmentTree<0> S0;SegmentTree<1> S1;
class SuffixAutomation//后缀自动机
{
private:
int Nt,lst,p[N<<1],t[N<<1];struct node {int Sz,L,F,S[30];}O[N<<1];
public:
I SuffixAutomation() {Nt=lst=1;}
I void Ins(CI x)//插入字符，没什么新奇的
{
RI p=lst,now=lst=++Nt;O[now].L=O[p].L+1,O[now].Sz=1;
W(p&&!O[p].S[x]) O[p].S[x]=now,p=O[p].F;if(!p) return (void)(O[now].F=1);
RI q=O[p].S[x];if(O[p].L+1==O[q].L) return (void)(O[now].F=q);
RI k=++Nt;(O[k]=O[q]).L=O[p].L+1,O[O[now].F=O[q].F=k].Sz=0;
W(p&&O[p].S[x]==q) O[p].S[x]=k,p=O[p].F;
}
I void Work()//按长度排序后统计Sz，同样没什么新奇的
{
RI i;for(i=1;i<=Nt;++i) ++t[O[i].L];for(i=1;i<=n;++i) t[i]+=t[i-1];
for(i=1;i<=Nt;++i) p[t[O[i].L]--]=i;for(i=Nt;i;--i) O[O[p[i]].F].Sz+=O[p[i]].Sz;
}
I void Solve()//求答案
{
for(RI i=1,p=1;i<=n;++i) p=O[p].S[s[i]&31],O[p].Sz==1&&//枚举前缀，若Sz=1才考虑贡献
(
O[O[p].F].L&&(S0.Upt(i-O[O[p].F].L+1,i,O[O[p].F].L+1),0),//定值
S1.Upt(1,i-O[O[p].F].L,i),0//等差数列
);
for(RI i=1,x,y;i<=n;++i) printf("%d
",min(S0.Qry(i),S1.Qry(i)));//输出答案
}
}S;
int main()
{
RI i;for(scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1),i=1;i<=n;++i) S.Ins(s[i]&31);
return S0.Build(),S1.Build(),S.Work(),S.Solve(),0;
}