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给定(2)个字符串(a,b,|a|=n,|b|=m)，求最长的既在(a)中出现恰好(1)次又在(b)中出现恰好(1)次的非空字符串的长度，如果不存在输出(-1)。
(n,min[1,5000])。
emmm，数据范围很不友好，(mathrm O(nm))带(log)都不行。。。
考虑枚举(a)的子串。枚举子串可以转化为枚举所有后缀的所有前缀，这样一来就有了“前缀”这个东西可以利用。
我们在枚举(a)的后缀(a_{isim n})的时候，令(c=a_{isim n}+ exttt{!}+a+ exttt{@}+b,s=|c|)。对(c)跑一遍Z算法（如果聪明的读者还不知道Z算法是什么，please点击这个），就可以知道后缀(a_{isim n})在(a,b)中的出现情况了。
我们先把(z_{c,n-i+3sim 2n-i+2},z_{c,2n-i+4sim s})分别装在(2)个桶(buc1,buc2)里，即(buc1_j)表示使得从(a)的这个位置往后和(a_{isim n})的前缀匹配最长长度为(j)的位置数，(buc2)类似。可是我们想要的是使得从(a)的这个位置往后和(a_{isim n})的前缀匹配最长长度({ge j})的位置数，也就是使得从(a)的这个位置往后和(a_{isim n})的前缀能够匹配(j)这么长的位置数。于是我们可以从(j=n-i+1)到(j=1)从大到小枚举即将被check的(a_{isim n})的前缀的长度(j)，每次若(buc1_j=buc2_j=1)，则check成功，更新答案(ans=max(ans,j))，然后令(buc1_{j-1}=buc1_{j}+buc1_{j-1},buc2_{j-1}=buc2_{j}+buc2_{j-1})即可。考虑为什么这么从大到小递推是对的：首先(buc1_{n-i+1},buc2_{n-i+1})本来就有我们想要的意思。每次更新(buc1_{j-1},buc2_{j-1})都会把它们变成我们想要的意思下的值（感性理解理解），于是每到一个(j)，(buc1_j,buc2_j)都会是我们想要的意思咯。（想一想就会发现，上述那个递推就是([1,buc1_j/buc2_j])区间(+1)的差分。当然如果想不到差分的话，线段树或树状数组是比较容易想的，但是带(log)，过不掉。。。）
这样复杂度就是(mathrm O(n(n+m)))，侥幸过。
下面考虑哈希怎么做。很显然是做不了的。。。最快也就是按上述方法，用哈希+二分求(z)数组，但数据范围不友好啊QWQ
对了，数据不清空，爆零两行泪。每枚举一个(a)的后缀时，都要清空(2)个桶！！！
下面上代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=5000,M=5000;
int n,m,s;//|a|，|b|，|c|
char a[N+5],b[M+5],c[2*N+M+5]/*a的后缀+'!'+a+'@'+b*/;
int z[2*N+M+1];//z数组
void z_init(){//Z算法
int zl=0,zr=0;
for(int i=2;i<=s;i++)
if(zr<i){
z[i]=0;
while(i+z[i]<=s&&c[i+z[i]]==c[1+z[i]])z[i]++;
if(z[i])zl=i,zr=i+z[i]-1;
}
else if(i+z[i-zl+1]<=zr)z[i]=z[i-zl+1];
else{
z[i]=zr-i+1;
while(i+z[i]<=s&&c[i+z[i]]==c[1+z[i]])z[i]++;
zl=i;zr=i+z[i]-1;
}
// cout<<"z";for(int i=2;i<=s;i++)cout<<z[i];puts("");
}
int buc1[N+1],buc2[N+1];//2个桶
int main(){
cin>>a+1>>b+1;
n=strlen(a+1);m=strlen(b+1);
int ans=inf;
for(int i=1;i<=n;i++){//枚举后缀的左端点
s=0;
for(int j=i;j<=n;j++)c[++s]=a[j];
c[++s]='!';
for(int j=1;j<=n;j++)c[++s]=a[j];
c[++s]='@';
for(int j=1;j<=m;j++)c[++s]=b[j];
c[s+1]=0;
//上面都在造c
// cout<<c+1<<"
";
z_init();
memset(buc1,0,sizeof(buc1));memset(buc2,0,sizeof(buc2));//数据不清空，爆零两行泪
// for(int j=n-i+3;j<=2*n-i+2;j++)cout<<c[j];cout<<" ";for(int j=2*n-i+4;j<=s;j++)cout<<c[j];puts("");
for(int j=n-i+3;j<=2*n-i+2;j++)buc1[z[j]]++;//装到桶里面
for(int j=2*n-i+4;j<=s;j++)buc2[z[j]]++;//同上
for(int j=n-i+1;j;j--){//枚举后缀的前缀的长度
// printf("buc1[%d]=%d buc2[%d]=%d
",j,buc1[j],j,buc2[j]);
if(buc1[j]==1&&buc2[j]==1)ans=min(ans,j);//如果各出现恰好1次，则更新答案
buc1[j-1]+=buc1[j];buc2[j-1]+=buc2[j];//将buc1[j-1],buc2[j-1]变为我们想要的意思
}
// puts("");
// cout<<"ans="<<ans<<"
";
}
printf("%d",ans<inf?ans:-1);
return 0;
}