【题解】Codeforces 961F. k-substring 后缀数组，枚举

给定字符串 $S(1e6)$，求所有中心子串的最大奇border长度，名词解释：

1. 中心子串：中心位置和原字符串中心位置相同的子串，即原字符串头尾去掉相同数量的字符后剩下的子串。
2. border：最长的子串，既是真前缀，又是后缀。
3. 奇border：最长的奇数长度的子串，既是真前缀，又是后缀，不存在输出-1.

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设 $f[i]$表示第 $i$个( $i$从 $0$开始)中心子串( $s[i...n-1-i]$)的最大奇border的长度.

结论： $f[i] \le f[i+1]+2$，证明如下：

因为对于方案 $f[i]=j$，有 $s[i...i+j-1]=s[n-i-j...n-1-i]$
.
也有 $s[i+1...i+j-2] = s[n-i-j+1...n-2-i]$
.
这保证了 $f[i+1]$至少有一个大于 $j-2$的方案
.
即 $f[i+1]\ge f[i]-2$，所以结论成立。

然后就可以快乐枚举，边界是 $f[(n-1)/2]$。

检查 $f[i]==k$时，直接看 $lcp(i,n-i-j)>=j$是否成立即可，使用后缀数组。

构建后缀数组复杂度 $O(nlogn)$，枚举复杂度 $O(n)$，总复杂度 $O(nlogn)$

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1. border的递推以及其它递推过程中，很爱用到这个枚举上限依赖，第一次见到是在前缀函数的复杂度证明。
2. n&1==0可能不会产生预期的结果，因为==要比&优先。

namespace SA{}
char str[M];
int ans[M];
int main(void)
{
	int n = read();
	scanf("%s", str);
	SA::build(str, n, 128);

	memset(ans, -1, sizeof(ans));
	int lim = (n-1)/2;
	if((n&1)==0 && str[n/2-1]==str[n/2]) ans[lim] = 1;

	for(int i=lim-1; i>=0; --i)
		for(int j=ans[i+1]+2; j>=0; j-=2)
			if(SA::lcp(i, n-i-j)>=j) 
				ans[i]=j, j=-1;

	for(int i=0; i<=lim; ++i)
		printf("%d ",ans[i] );
    return 0;
}