\(\text{Solution:}\)
题目要求找到两个串的最长公共子串。\(LCP\)
我们将两个串中间和末尾插入终止符，并弄到一棵后缀树上去。
然后我们发现，对于一个叶子节点，它属于哪个子串，我们只需要找到它的父边上第一个出现的终止符属于哪个边即可。
这里，我们可以用个奇技淫巧——前缀和实现。
介于\(\text{Suffix Tree}\)的边都是压缩的，所以维护信息变得不是很容易，所以可以采用一个在插入外面进行预处理前缀和的方式维护。
然后，我们只需要找到一个最深的非叶子节点，使得它的子树中既含有第一个串串的终止符，也含有第二个串串的终止符即可。
此时它的答案就是这个点的深度。
\(\text{Suffix Tree}\)的主要问题就在于边上信息的维护。如果找不到一个好的方法去维护，\(\text{Suffix Tree}\)还是很麻烦的。
最近做题，题解区域都没有\(\text{Suffix Tree}\)的题解，做起来真的挺累……我太菜了。
#include<bits/stdc++.h>
#include<ctime>
using namespace std;
const int MAXN=1.2e6+10;
string Z,z;
int n,val[MAXN],ans,tot;
int sum[MAXN],sum2[MAXN];
const int inf=(1<<30);
struct SuffixTree {
int link[MAXN],ch[MAXN][28],now,rem,n;
int start[MAXN],len[MAXN],tail,s[MAXN];
SuffixTree() {
tail=now=1;
rem=n=0;
len[0]=inf;
}
inline int build(int a,int b) {
link[++tail]=1;
start[tail]=a;
len[tail]=b;
return tail;
}
void Extend(int x) {
s[++n]=x;
++rem;
for(int last=1; rem;) {
while(rem>len[ch[now][s[n-rem+1]]])
rem-=len[now=ch[now][s[n-rem+1]]];
int &v=ch[now][s[n-rem+1]];
int c=s[start[v]+rem-1];
if(!v||x==c) {
link[last]=now;
last=now;
if(!v)v=build(n,inf);
else break;
} else {
int u=build(start[v],rem-1);
ch[u][c]=v;
ch[u][x]=build(n,inf);
start[v]+=rem-1;
len[v]-=rem-1;
link[last]=v=u;
last=u;
}
if(now==1)--rem;
else now=link[now];
}
}
} T;
void predfs(int u,int dep) {
if(dep>=inf) {
int L=T.start[u];
int R=L+T.len[u]-1;
R=min(R,T.n);
int V=sum[R]-sum[L-1];
if(V)val[u]=1;
else{
V=sum2[R]-sum2[L-1];
if(V)val[u]=2;
}
return;
}
for(int i=0; i<28; ++i) {
if(T.ch[u][i]) {
predfs(T.ch[u][i],dep+T.len[T.ch[u][i]]);
val[u]|=val[T.ch[u][i]];
}
}
if(val[u]>=3)ans=max(ans,dep);
}
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
string read(){
#define gc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
string s="";
char ch=gc();
while(ch=='\n')ch=gc();
while(ch!='\n')s+=ch,ch=gc();
return s;
}
int main() {
// freopen("1.in","r",stdin);
// freopen("SP.out","w",stdout);
clock_t ST,ET;
ST=clock();
z=read();Z=read();
z+=(char)'a'+26;
z+=Z;z+=(char)'a'+27 ;
for(int i=0;i<z.size();++i)z[i]-='a',T.Extend(z[i]);
tot=z.size();
for(int i=1; i<=tot; ++i) {
sum[i]=sum[i-1]+(T.s[i]==26);
sum2[i]=sum2[i-1]+(T.s[i]==27);
}
predfs(1,0);
printf("%d\n",ans);
ET=clock();
// cout<<(double)(ET-ST)/CLOCKS_PER_SEC<<"s"<<endl;
return 0;
}
注意，如果在\(dfs\)里面来根据这条边的起点和终点暴力处理的话，这就是个\(n^2\)暴力。观察到，我们只需要在叶子的节点处理，而在叶子节点暴力处理的复杂度也不够优秀。
观察到，第一个字符串的终止符一定先于第二个字符串的终止符出现（如果有的话）。那么，根据前缀和，先判断第一个终止符，再判断第二个终止符即可。
最后时间复杂度是:
\(\text{We let D show the constant，then the complexity is O(D*N).N is the length of these strings.}\)