我们有一个经典模型：
两个串的最长公共后缀长度，是后缀树中两点 LCA 的深度.
直接求 LCA 似乎有些困难，不妨这样想 ：
设两个串在后缀树中对应的点分别为 $a,b$，将 $a$ 到根的路径涂色，$b$ 向根爬，遇到的第一个涂色点即为 $a$ 与 $b$ 的 LCA.
我们用 $LCT$ 来维护 这颗树，涂色操作直接 $Access$ 并区间赋值.
此时树的形态是怎样的 ？
$a$ 点到根的路径是一个重链，$b$ 向上爬肯定会爬到 $a$ 所在的重链上.
直接爬肯定会很慢，不妨直接 $Access(b)$ ?
考虑 $Access$ 时的语句 ： $y=x,x=f_{x}$.
我们在 $Access(b)$ 过程中碰到的第一个被涂色的点其实就是我们要求的 LCA.
尤其当被涂色的点变多的时候，每次 $Access$ 的复杂度就是均摊 $log_{2}{n}$ 的了.
是不是十分神奇 ？
观察这部分代码：
void Access(int x,int co)
{ int t=0; while(x) { splay(x); if(pos[x]) tr::update(1,n,1,pos[x],dis[x]); pos[x]=co, rson=t, t=x,x=f[x]; } }
我们一边 $Access$ ，一边将该询问点向上爬，每次遇到一个新的重链就将重链染成当前颜色（区间中的下标).可能会好奇为什么只更新那个下标更小的呢 ？
因为如果更新下标大的，而不更新下标小的，会出现这种情况：
当前询问区间左端点大于下标小的那个，那么显然下标大的继承不了下标小的的贡献.
为了避免这种情况，也就是说希望贡献给对未来没有影响的那个，我们只更新给下标更小的那个. （如果询问左端点小于下标小的点的话一定是能覆盖到的）
而下标大的点如何处理呢 ？
既然不对答案做贡献，我们将遇到的每一个重链都染成更大的下标. (显然我们以后要染的下标肯定都会大于该下标，所以肯定下标越大越好).
最难的部分处理完毕了，查询的时候直接在对应的线段树里查一个区间最大值即可.
#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 200003
using namespace std;
void setIO(string s)
{
string in=s+".in", out=s+".out";
freopen(in.c_str(),"r",stdin);
// freopen(out.c_str(),"w",stdout);
}
int n,Q;
int dis[maxn],track[maxn];
char str[maxn];
namespace tr
{
int maxv[maxn<<2];
void update(int l,int r,int x,int k,int p)
{
if(l==r)
{
maxv[x]=p;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(k<=mid) update(l,mid,(x<<1),k,p);
else update(mid+1,r,(x<<1)|1,k,p);
maxv[x]=max(maxv[x<<1],maxv[(x<<1)|1]);
}
int query(int l,int r,int x,int L,int R)
{
if(l>=L&&r<=R) return maxv[x];
int mid=(l+r)>>1,tmp=0;
if(L<=mid) tmp=max(tmp,query(l,mid,x<<1,L,R));
if(R>mid) tmp=max(tmp,query(mid+1,r,(x<<1)|1,L,R));
return tmp;
}
};
namespace tree
{
#define lson ch[x][0]
#define rson ch[x][1]
int f[maxn],ch[maxn][30],pos[maxn],sta[maxn];
int get(int x)
{
return ch[f[x]][1]==x;
}
int isrt(int x)
{
return !(ch[f[x]][0]==x||ch[f[x]][1]==x);
}
void pushdown(int x)
{
if(!x)return;
if(pos[x])
{
if(lson) pos[lson]=pos[x];
if(rson) pos[rson]=pos[x];
}
}
void rotate(int x)
{
int old=f[x], fold=f[old],which=get(x);
if(!isrt(old)) ch[fold][ch[fold][1]==old]=x;
ch[old][which]=ch[x][which^1],f[ch[old][which]]=old;
ch[x][which^1]=old,f[old]=x,f[x]=fold;
}
void splay(int x)
{
int u=x,v=0,fa;
sta[++v]=u;
while(!isrt(u)) sta[++v]=f[u],u=f[u];
while(v) pushdown(sta[v--]);
for(u=f[u];(fa=f[x])!=u;rotate(x))
if(f[fa]!=u)
rotate(get(fa)==get(x)?fa:x);
}
void Access(int x,int co)
{
int t=0;
while(x)
{
splay(x);
if(pos[x]) tr::update(1,n,1,pos[x],dis[x]);
pos[x]=co, rson=t, t=x,x=f[x];
}
}
};
namespace SAM
{
int last,tot;
int ch[maxn][30],f[maxn];
void init()
{
last=tot=1;
}
void ins(int c,int o)
{
int np=++tot,p=last;
last=np,dis[np]=dis[p]+1;
while(p&&!ch[p][c]) ch[p][c]=np,p=f[p];
if(!p) f[np]=1;
else
{
int q=ch[p][c];
if(dis[q]==dis[p]+1) f[np]=q;
else
{
int nq=++tot;
dis[nq]=dis[p]+1;
memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[q]));
f[nq]=f[q], f[np]=f[q]=nq;
while(p&&ch[p][c]==q) ch[p][c]=nq,p=f[p]; // 割裂操作
}
}
track[o]=np;
}
};
int answer[maxn];
struct OPT
{
int l,r,id;
}opt[maxn];
bool cmp(OPT a,OPT b)
{
return a.r<b.r;
}
int main()
{
// setIO("input");
SAM::init();
scanf("%d%d",&n,&Q);
scanf("%s",str+1);
for(int i=1;i<=n;++i) SAM::ins(str[i]-'0',i);
for(int i=2;i<=SAM::tot;++i) tree::f[i]=SAM::f[i];
for(int i=1;i<=Q;++i) scanf("%d%d",&opt[i].l,&opt[i].r),opt[i].id=i;
sort(opt+1,opt+1+Q,cmp);
for(int i=1,j=1;i<=n;++i)
{
tree::Access(track[i], i); // 打上 i 点的标记
while(opt[j].r==i && j<=Q)
{
answer[opt[j].id]=tr::query(1,n,1,opt[j].l,opt[j].r);
++j;
}
}
for(int i=1;i<=Q;++i) printf("%d
",answer[i]);
return 0;
}