大致题意： 给你一个(01)串，每次询问前缀编号在一段区间内的两个前缀的最长公共后缀的长度。
离线存储询问
考虑将询问离线，按右端点大小用邻接表存下来（直接排序当然也可以啦）。
这样的好处是什么呢？
我们就可以对于每一个枚举到的右端点来对答案进行更新，然后再处理对应询问。
则对于当前一个已确定的右端点(r)，显然询问([l,r])的答案就是两个编号均大于等于(l)的点的答案的最大值（注意无须考虑右边界），而这可以直接拿线段树或树状数组统计。
由此可以发现，这样一来最大的好处就在于，不需要删除某种情况下的答案，而是可以直接叠加统计。
这样一来就可做了许多。
后缀自动机：题意转化
首先，这道题看起来很像(SAM)。
所以，我们先无脑打个板子，建一个后缀自动机。
然后来考虑一下性质。
首先我们要知道，对于两个前缀，它们的最长公共后缀长度，就相当于在(parent)树上这两个点的(LCA)的(Len)。
那么，问题似乎就转换成了求(parent)树上一个点集内任意两点的(LCA)的(Len)的最大值。
然后就可以大力数据结构硬搞了。
(LCT)维护(parent)树
考虑之前提到过的离线，则我们只需考虑每次加入一个新的节点对答案造成的影响。
结合题意转化，则其实也就相当于要求新加入的这个点与之前所有点的(LCA)的(Len)。
注意(LCA)，便可以想到(LCT)中的一个技巧：(Access)求(LCA)。（关于这个技巧，有一道挺好的例题：【BZOJ4573】[ZJOI2016] 大森林）
因此，修改只要在(Access)的过程中进行即可。
然后考虑如果一个点被作为新加入点与之前多个点的(LCA)，则显然应该选择较后出现的进行单点修改（因为询问时我们区间询问某个位置到当前右端点间的最大值，则显然较后出现的可以影响到较先出现的答案）。
则我们可以记录一个(V)，每次(Access)后把根所在的(Splay)内所有节点（即树中(LCA(now,pre))到根节点的路径上的所有节点）的(V)改为新加入节点的编号。
具体实现详见代码。
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 Gmax(x,y) (x<(y)&&(x=(y)))
#define swap(x,y) (x^=y^=x^=y)
#define pb(x,y) (nxt[y]=lnk[x],lnk[x]=y)
using namespace std;
int n,m,a[N+5],q[N+5],lnk[N+5],nxt[N+5],ans[N+5];
class FastIO
{
private:
#define FS 100000
#define tc() (A==B&&(B=(A=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),A==B)?EOF:*A++)
#define pc(c) (C^FS?FO[C++]=c:(fwrite(FO,1,C,stdout),FO[(C=0)++]=c))
#define tn (x<<3)+(x<<1)
#define D isdigit(c=tc())
int T,C;char c,*A,*B,FI[FS],FO[FS],S[FS];
public:
I FastIO() {A=B=FI;}
Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!D);W(x=tn+(c&15),D);}
Tp I void write(Ty x) {W(S[++T]=x%10+48,x/=10);W(T) pc(S[T--]);}
Ts I void read(Ty& x,Ar&... y) {read(x),read(y...);}
Tp I void writeln(Con Ty& x) {write(x),pc('
');}
I void readbit(int& x) {W(!D);x=c&1;}
I void clear() {fwrite(FO,1,C,stdout),C=0;}
}F;
template<int SZ> class SuffixAutomation//后缀自动机
{
private:
int lst;struct Trie {int L,F,S[2];}O[SZ<<1];
public:
int tot,l[SZ<<1],f[SZ<<1];I SuffixAutomation() {tot=lst=1;}
I void Record() {for(RI i=1;i<=tot;++i) l[i]=O[i].L,f[i]=O[i].F;}
I int Insert(CI x)//插入节点
{
RI p=lst,q,k,now=lst=++tot;O[now].L=O[p].L+1;
W(p&&!O[p].S[x]) O[p].S[x]=now,p=O[p].F;if(!p) return O[now].F=1,now;
if(O[p].L+1==O[q=O[p].S[x]].L) return O[now].F=q,now;
O[k=++tot]=O[q],O[k].L=O[p].L+1,O[now].F=O[q].F=k;
W(p&&!(O[p].S[x]^q)) O[p].S[x]=k,p=O[p].F;return now;
}
};
template<int SZ> class TreeArray//树状数组
{
private:
#define lowbit(x) ((x)&-(x))
int a[SZ+5];
public:
I void Add(RI x,CI v) {W(x) Gmax(a[x],v),x-=lowbit(x);}//单点修改
I int Qry(RI x) {RI t=0;W(x<=n) Gmax(t,a[x]),x+=lowbit(x);return t;}//区间询问
};
class LinkCutTree//LCT
{
private:
#define Upt(x,v) (O[x].f=O[x].V=v)
#define PD(x) (O[x].f&&(Upt(O[x].S[0],O[x].f),Upt(O[x].S[1],O[x].f),O[x].f=0))
#define IR(x) (O[O[x].F].S[0]^x&&O[O[x].F].S[1]^x)
#define Wh(x) (O[O[x].F].S[1]==x)
#define Co(x,y,d) (O[O[x].F=y].S[d]=x)
static Con int SZ=N<<1;int p[SZ+5],St[SZ+5];struct node {int f,V,F,S[2];}O[SZ+5];
SuffixAutomation<N> SAM;TreeArray<N<<1> T;
I void Ro(CI x)
{
RI f=O[x].F,p=O[f].F,d=Wh(x);!IR(f)&&(O[p].S[Wh(f)]=x);
O[x].F=p,Co(O[x].S[d^1],f,d),Co(f,x,d^1);
}
I void S(CI x)
{
RI f=x,T=0;W(St[++T]=f,!IR(f)) f=O[f].F;W(T) PD(St[T]),--T;
W(!IR(x)) f=O[x].F,!IR(f)&&(Ro(Wh(x)^Wh(f)?x:f),0),Ro(x);
}
public:
I void Init(CI x,int* v)
{
RI i;for(i=1;i<=n;++i) p[i]=SAM.Insert(v[i]);SAM.Record();
for(i=1;i<=SAM.tot;++i) O[i].F=SAM.f[i];
}
I void Ac(RI x,CI v)//Access求LCA的过程，注意更新节点信息与答案
{
RI s;for(x=p[x],s=0;x;x=O[s=x].F) S(x),
T.Add(O[x].V,SAM.l[x]),O[x].S[1]=s;Upt(s,v);
}
I int Query(CI x) {return T.Qry(x);}//询问答案
}LCT;
int main()
{
RI Qtot,i,j,x;for(F.read(n,Qtot),i=1;i<=n;++i) F.readbit(a[i]);
for(LCT.Init(n,a),i=1;i<=Qtot;++i) F.read(q[i],x),pb(x,i);//离线用邻接表存储
for(i=1;i<=n;++i) for(LCT.Ac(i,i),j=lnk[i];j;j=nxt[j]) ans[j]=LCT.Query(q[j]);//枚举右端点，更新信息并处理询问
for(i=1;i<=Qtot;++i) F.writeln(ans[i]);return F.clear(),0;//输出答案
}