Codeforces 30 E

题意：
一个长度为奇数的回文串可以写成$a+b+a'$的形式，$b$的长度也是奇数，$a'$为$a$的反串。我们设$S=x+a+y+b+z+a'$，其中$x,y,z$为任意可以为空的字符串。
给定$S$，求原来回文串的最长长度，以及$a,b,a'$在$S$中的起始位置和长度。

题解：
有一个关键的贪心结论：

假设我们已经定下了$b$的中心点为$i$，那么最长的原串，一定是让$b$的长度尽可能长，其次让$a,a'$的长度尽可能长。

证明：

如果有$b$可以去更短的串，分两种情况讨论：

1. $a,a'$和$b$相邻：那么我们可以让$b$为整个回文串$a+b+b'$，不影响答案。
2. $a,a'$其中一个和$b$相邻、或两个都不和$b$相邻：那如果$b$不是以$i$为中心最长的回文串，那么我们完全可以将$b$向两侧各延伸一格，不会使得答案更劣。

所以，我们先求出以$i$为中心最长回文串，设其长度为$2p_{i}-1$，这个可以使用manacher求出。（由于只要求长度为奇数的回文串，所以我们甚至没必要加分隔符）

然后我们枚举中心点$i$，找到最长的$a,a'$。

发现$a'$是$S$的一个后缀，那么我们就可以将模式串$S$和匹配串$S'$进行KMP，得到$f(i)$表示以$i$结尾$S$的前缀 的后缀，最多能匹配多少$S'$的前缀。

那么我们求得的$f(i)$就是$a$以$i$结尾的最大长度。

所以为了求$\leq i-p_{i}$的$f(i)$的min，我们可以使用前缀max。注意$a'$也不能和$p$相交，所以我们还要求从在$a$最大时$a'$的起始位置，和$i+p_{i}$取max，才是真正的长度。

时间复杂度为$O(n)$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define debug(...) std::cerr<<#__VA_ARGS__<<" : "<<__VA_ARGS__<<std::endl
 
const int maxn=100005;
int n,ans,x,y,p[maxn],nxt[maxn],f[maxn],id[maxn];
char str[maxn],istr[maxn];
 
void manacher() {
	int mid=0,mr=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		if(i<=mr) p[i]=std::min(p[mid+mid-i],mr-i+1);
		else p[i]=1;
		while(i+p[i]<=n&&i-p[i]>=1&&str[i+p[i]]==str[i-p[i]]) p[i]++;
		if(i+p[i]-1>mr) mr=i+p[i]-1,mid=i;
	}
}
 
void kmp() {
	for(int i=2,j=0;i<=n;i++) {
		while(j&&istr[j+1]!=istr[i]) j=nxt[j];
		if(istr[j+1]==istr[i]) j++;
		nxt[i]=j;
	}
	for(int i=1,j=0;i<=n;i++) {
		while(j&&istr[j+1]!=str[i]) j=nxt[j];
		if(istr[j+1]==str[i]) j++;
		f[i]=j;
		if(j==n) j=nxt[j];
	}
}
 
int main() {
	scanf("%s",str+1); n=strlen(str+1);
	for(int i=1;i<=n;i++) istr[i]=str[n-i+1];
	manacher(); kmp();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(f[i]>f[i-1]) id[i]=i;
		else id[i]=id[i-1],f[i]=f[i-1];
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		int longest=f[i-p[i]];
		longest=std::min(longest,n-(i+p[i]-1));
		int trans=2*longest+2*p[i]-1;
		if(trans>ans) {
			ans=trans;
			x=id[i-p[i]],y=i;
		}
	}
	std::pair<int,int> s1(x-f[x]+1,x),s2(y-p[y]+1,y+p[y]-1),s3(n-f[x]+1,n);
	if(s1.first<=s1.second) {
		printf("3\n%d %d\n%d %d\n%d %d\n",s1.first,s1.second-s1.first+1,
		s2.first,s2.second-s2.first+1,s3.first,s3.second-s3.first+1);
	} else {
		printf("1\n%d %d\n",s2.first,s2.second-s2.first+1);
	}
	return 0;
}