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給出乙個字串\(s(|s|\leq10^5)\)和\(m\)次詢問，每次詢問子串\(s[x_1..x_2]\)的所有子串和\(s[y_1..y_2]\)的最長公共字首長度的最大值。
字尾陣列+二分答案+主席樹。
易知\(s[x_1..x_2]\)的所有子串可以視為\(s[x_1..x_2]\)的所有字尾。那麼可以得到：
\[ ans=max\ \quad (i\in [x_1,x_2])$$ $lcp(i,j)$表示字尾$i$與字尾$j$的最長公共字首長度。用字尾陣列可以在$o(nm)$內搞定。
考慮二分答案$ans\in [0,min(x_2-i+1,y_2-y_1+1)]$，二分結果為$len$。由於$lcp(i,y_1)$相當於一段區間的最小值，那麼$rnk[i]$離$rnk[y_1]$越遠就越小。那麼我們可以再次二分來找到乙個區間$[fr,to]$，$\forall i\in [fr,to]$，有$lcp(sa[i],y_1)\geq len$。那麼檢查是否有$sa[i]\in [x_1,x_2-len+1]$，若有則說明$len$合法，擴大$len$；否則不合法，縮小$len$。
於是我們要做的就是求$sa$的某個區間內是否有某個數在某個範圍內。對$sa$建立$n$棵線段樹，第$i$棵的第$j$位為$1$表示在$sa[1..i]$中有$j$。詢問時查詢兩棵線段樹的差即可。
> 時間複雜度$o((n+m)logn)$。
##code
```cpp
//[tjoi2016]字串
#include #include inline int read()
memcpy(rnk,rnk1,sizeof rnk1);
}for(int i=1,k=0;i<=n;i++)
if(k) k--;
while(s[i+k]==s[sa[rnk[i]-1]+k]) k++;
h[rnk[i]]=k;
}lg2[1]=0; for(int i=2;i<=n;i++) lg2[i]=lg2[i>>1]+1;
for(int i=1;i<=n;i++) st[i][0]=h[i];
for(int k=1;(1i++;
int t=lg2[j-i+1];
return min(st[i][t],st[j-(1<>1;
if(x<=mid) ins(nd[p].chl,l0,mid,x);
else ins(nd[p].chr,mid+1,r0,x);
update(p);
}int optl,optr;
int qres;
void query(int p1,int p2,int l0,int r0)
int mid=l0+r0>>1;
if(optl<=mid) query(nd[p1].chl,nd[p2].chl,l0,mid);
if(mid>1;
if(lcp(sa[mid],y1)>1;
if(lcp(y1,sa[mid])0;
}int main()
printf("%d\n",r);
}return 0;
}```\]
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