题意
给出一些母01串，多次询问，每次询问一个01串，问一个最大的(L)，使得可以在询问串中选出若干个不相交的，长度大于等于(L)的子串，这些子串都在母串中出现过，且子串的长度和大于等于询问串总长的(90\%) 。
文件大小小于等于1100000字节。
分析
首先如果一个(L)可行，那么小于(L)的也是可行的，因为是“长度大于等于”。于是我们就二分这个(L)，转化成判定问题。
把分割序列这类问题可以考虑dp。设(f_i)为前(i)位能分割出来符合要求的最大子串长度和。显然有：
[f_i=max egin{cases}
f_{i-1} \
f_j+(i-j) && i-jin [g_i,L]
end{cases}
]
第一种情况表示从前一个直接转移过来，即不以(i)结尾的。第二种表示以(i)结尾的，其中(g_i)表示第(i)位前面最多可以在母串中匹配多长。这可以通过广义后缀自动机方便地算出来（跳link重置为len，匹配加一）。
显然如果直接暴力dp的话是(O(n^2))的，必须考虑优化。只考虑第二种情况：
[egin{aligned}
f_i=f_j+i-j && i-jin [g_i,L] \
f_i=i+(f_j-j) && jin[i-g_i,i-L]
end{aligned}
]
可以注意到，(i-L)每次往后移动一格，而(i-g_i)的值是单调不减的，因为每次(i)加一，(g_i)最多加一，即最多多匹配一位，不可能突然多出来匹配的几位，否则就会与前面的(g)值矛盾。这就是说，(j)的可行区间是单调不减的，所以可以用单调队列优化到(O(n))。队列为队头小，队尾大，每次在队头插入(i-L)处的值，如果队头比它小就弹出。在队尾把出了合法区间中的值弹出，取队尾即可。
单次询问的复杂度为(O(lenlog len))。
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1.1e6+10;
const int maxc=2;
char s[maxn];
int f[maxn],g[maxn],n,que[maxn],ql,qr;
struct SAM {
int t[maxn<<1][maxc],len[maxn<<1],link[maxn<<1],last,tot;
SAM ():tot(1) {}
void reset() {last=1;}
void add(int x) {
if (t[last][x]) {
int p=t[last][x];
if (len[p]==len[last]+1) {
last=p;
return;
} else {
int q=++tot;
len[q]=len[last]+1;
memcpy(t[q],t[p],sizeof t[p]);
for (int j=last;j && t[j][x]==p;j=link[j]) t[j][x]=q;
link[q]=link[p],link[p]=q;
last=q;
return;
}
}
int nw=++tot,i;
len[nw]=len[last]+1;
for (i=last;i && !t[i][x];i=link[i]) t[i][x]=nw;
if (i) {
int p=t[i][x];
if (len[p]==len[i]+1) link[nw]=p; else {
int q=++tot;
len[q]=len[i]+1;
memcpy(t[q],t[p],sizeof t[p]);
for (int j=i;j && t[j][x]==p;j=link[j]) t[j][x]=q;
link[q]=link[p],link[p]=link[nw]=q;
}
} else link[nw]=1;
last=nw;
}
void prepare() {
int now=1,mat=0;
for (int i=1;i<=n;++i) {
int x=s[i]-'0';
while (now!=1 && !t[now][x]) now=link[now],mat=len[now];
if (t[now][x]) now=t[now][x],++mat;
g[i]=mat;
}
}
} sam;
bool dp(int L) {
ql=1,qr=0;
for (int i=L;i<=n;++i) {
f[i]=f[i-1];
while (ql<=qr && f[que[qr]]-que[qr]<f[i-L]-i+L) --qr;
que[++qr]=i-L;
while (ql<=qr && que[ql]<i-g[i]) ++ql;
if (ql<=qr) f[i]=max(f[i],f[que[ql]]+i-que[ql]);
}
return 10*f[n]>=9*n;
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("test.in","r",stdin);
#endif
int q,m;
scanf("%d%d",&q,&m);
for (int i=1;i<=m;++i) {
scanf("%s",s+1);
int len=strlen(s+1);
sam.reset();
for (int i=1;i<=len;++i) sam.add(s[i]-'0');
}
while (q--) {
scanf("%s",s+1);
n=strlen(s+1);
memset(g,0,(sizeof g[0])*(n+1));
sam.prepare();
int l=1,r=n,ans;
while (l<=r) {
int mid=(l+r)>>1;
memset(f,0,(sizeof f[0])*(n+1));
if (dp(mid)) ans=mid,l=mid+1; else r=mid-1;
}
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}