[cf700E]Cool Slogans
建立SAM，假设$s_{i}$在SAM中的位置为$a_{i}$以及$l_{i}=|s_{i}|$，通过$(a_{i},l_{i})$即可确定$s_{i}$，也即可判定是否合法
更具体的，即要求$\forall 2\le i\le k,|[x-l_{i-1}+l_{i},x]\cap R_{a_{i}}|\ge 2$（其中$x$为$R_{a_{i-1}}$中某个元素，以下默认）
（实际上对于$R_{a_{i-1}}$中每一个元素，上述判定结果都是相同的，具体证明略，因此$x$任取某一个即可）
显然$a_{i}\ne a_{i-1}$，否则取$x$为$R_{a_{i-1}}$（也即$R_{a_{i}}$）中最小值显然不满足
再不妨强制$s_{i}$是$s_{i-1}$的后缀，显然可以通过缩短$s_{i-1}$来满足
由此，即得到了$a_{i}$必然是$a_{i-1}$在parent树上的祖先（严格），$a_{1},a_{2},..,a_{k}$是parent树上从底向上（不包含根）的链上若干个节点（不要求连续），那么不妨确定这些节点，并判断是否合法
也即判定是否存在$l_{i}$满足$l_{i}\in (len_{fa_{a_{i}}},len_{a_{i}}]$且$\forall 2\le i\le k,|[x-l_{i-1}+l_{i},x]\cap R_{a_{i}}|\ge 2$，根据parent树的性质，有$x\in R_{i}$，因此条件又即$[x-l_{i-1}+l_{i},x)\cap R_{a_{i}}\ne \empty$
事实上，$\forall 2\le i\le k,[x-len_{a_{i-1}}+len_{a_{i}},x)\cap R_{a_{i}}\ne \empty$是存在$l_{i}$的充要条件
（下面的证明可能不太容易理解，可以直接跳过看最后的解释）
首先，充分性显然，其即$l_{i}=len_{a_{i}}$时的条件，若其满足取$l_{i}=len_{a_{i}}$即存在
其次，当其在$i=j$时不满足，来证明不论$l_{j-1}$和$l_{j}$取什么，都有$[x-l_{j-1}+l_{j},x)\cap R_{a_{j}}=\empty$
反证法，假设某组$l_{j-1}$和$l_{j}$时其非空，任取$k\in [x-l_{j-1}+l_{j},x)\cap R_{a_{j}}$，根据前面的条件，可以得到$k$的一个范围：$x-len_{a_{j-1}}+l_{j}\le k<x-len_{a_{j-1}}+len_{a_{j}}$
由此，考虑$s[k-len_{a_{j}},x]$，令其right集合为$R'$，由于其长度大于$len_{a_{j-1}}$（根据$k$的不等式）且$x\in R_{a_{j-1}}$，因此$R'\subset R_{a_{j-1}}$
不妨取$y\in \complement_{R_{a_{j-1}}}R'$，由于$y\notin R'$，即有$s[y-(x-k+len_{a_{j}}),y]\ne s[k-len_{a_{j}},x]$
另一方面，由于$x,y\in R_{a_{j-1}}$，因此$s(y-len_{a_{j-1}},y]=s(x-len_{a_{j-1}},x]$
显然可以在第一个不等式中，两边同时去掉一个长度不超过$len_{a_{j-1}}$的后缀，由于这个后缀是相同的，因此前半部分有不同，即仍然不等
去掉的后缀长度为$x-k$，令$y'=y-(x-k)$，即有$s[y'-len_{a_{j}},y']\ne s[k-len_{a_{j}},k]$
类似地，也在第二个等式中去掉这个后缀，即$s(y-len_{a_{j-1}},y']=s(x-len_{a_{j-1}},k]$
进一步的，有$x-len_{a_{j-1}}\le k-l_{j}$，即$s(y'-l_{j},y']=s(k-l_{j},k]$（同时去掉了一个前缀）
根据$k$的定义有$k\in R_{a_{j}}$，又因为$l_{j}\in (len_{fa_{a_{j}}},len_{a_{j}}]$，即$s(k-l_{j},k]$的right集合为$R_{a_{j}}$，因此$k,y'\in R_{a_{j}}$，即与$s[y'-len_{a_{j}}]\ne s[k-len_{a_{j}},k]$矛盾
综上，即得证
通俗的来说，一定是形如ab和bab，原串为babbab，在abbab中前者可以接而后者不能接，那么babbab和abbab的right集合必然相同，与abbab是其right集合（$R_{a_{j-1}}$）中最长串矛盾
上面证明的思路也即是类似，根据abbab最长而abbab和babbab的right集合不同（且前者严格包含后者，即前面$R'\subset R_{a_{j-1}}$），原串应该是babbabcabbab，取abbab出现且babbab没出现（即最后一个位置），根据abbab出现可以推出在开头的位置出现，而babbab没出现可以推出bab在同样的位置没出现，即与ab和bab的right集合相同矛盾
根据这个结论，即可直接根据$a_{i}$来简单的判定，那么在parent树上dp，令$f_{i}$表示以$i$为根的子树中，强制其选择$i$的最多能选的节点数
由于parent树的根节点不能选，答案是$\max_{x为parent树根节点的儿子}f_{x}$
考虑转移，根据前面的判定方式，显然有$f_{i}=\max_{j在i子树中,[x-len_{j}+len_{i},x)\in R_{i}}f_{j}+1$
显然上述条件在$i$变为$i$的父亲一定仍然满足，因此有$f_{i}\ge \max_{x为i的儿子}f_{x}$，不妨先将$f_{i}$赋值为后者，那么所有能转移到$i$某个儿子的$j$就不需要考虑了，仅需要考虑恰能转移到$i$的位置$j$
先用线段树合并预处理出每一个位置上的right集合（在合并时新建节点即可），再倍增对每个$j$查找$i$即可，总复杂度为$o(n\log^{2}n)$，可以通过
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 400005 4 #define mid (l+r>>1) 5 struct Edge{ 6 int nex,to; 7 }edge[N]; 8 int V,VV,E,n,lst,nex[N],len[N],R[N],ch[N][26],head[N],fa[N][21],rt[N],f[N*50],ls[N*50],rs[N*50],dp[N]; 9 char s[N]; 10 void add(int c){ 11 int p=lst,np=lst=++V; 12 len[np]=len[p]+1; 13 while ((p)&&(!ch[p][c])){ 14 ch[p][c]=np; 15 p=nex[p]; 16 } 17 if (!p)nex[np]=1; 18 else{ 19 int q=ch[p][c]; 20 if (len[q]==len[p]+1)nex[np]=q; 21 else{ 22 int nq=++V; 23 nex[nq]=nex[q]; 24 nex[q]=nex[np]=nq; 25 len[nq]=len[p]+1; 26 memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[q])); 27 while ((p)&&(ch[p][c]==q)){ 28 ch[p][c]=nq; 29 p=nex[p]; 30 } 31 } 32 } 33 } 34 void update(int &k,int l,int r,int x){ 35 if (!k)k=++VV; 36 f[k]++; 37 if (l==r)return; 38 if (x<=mid)update(ls[k],l,mid,x); 39 else update(rs[k],mid+1,r,x); 40 } 41 int query(int k,int l,int r,int x,int y){ 42 if ((!k)||(l>y)||(x>r))return 0; 43 if ((x<=l)&&(r<=y))return f[k]; 44 return query(ls[k],l,mid,x,y)+query(rs[k],mid+1,r,x,y); 45 } 46 int find(int k,int l,int r){ 47 if (l==r)return l; 48 if (f[ls[k]])return find(ls[k],l,mid); 49 return find(rs[k],mid+1,r); 50 } 51 int merge(int x,int y){ 52 if ((!x)||(!y))return x+y; 53 int k=++VV; 54 ls[k]=merge(ls[x],ls[y]); 55 rs[k]=merge(rs[x],rs[y]); 56 f[k]=f[ls[k]]+f[rs[k]]; 57 return k; 58 } 59 void add(int x,int y){ 60 edge[E].nex=head[x]; 61 edge[E].to=y; 62 head[x]=E++; 63 } 64 void dfs(int k){ 65 fa[k][0]=nex[k]; 66 if (k==1)fa[k][0]=1; 67 for(int i=1;i<=20;i++)fa[k][i]=fa[fa[k][i-1]][i-1]; 68 for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex){ 69 dfs(edge[i].to); 70 rt[k]=merge(rt[k],rt[edge[i].to]); 71 } 72 R[k]=find(rt[k],1,n); 73 } 74 void calc(int k){ 75 int s=1; 76 for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex){ 77 calc(edge[i].to); 78 s=max(s,dp[edge[i].to]); 79 } 80 if (k==1)dp[k]=s; 81 else dp[k]=max(dp[k],s); 82 int kk=k; 83 for(int i=20;i>=0;i--){ 84 int x=fa[kk][i]; 85 if (!query(rt[x],1,n,R[k]-len[k]+len[x],R[k]-1))kk=x; 86 } 87 kk=nex[kk]; 88 if (kk)dp[kk]=max(dp[kk],dp[k]+1); 89 } 90 int main(){ 91 scanf("%d%s",&n,s+1); 92 V=lst=1; 93 for(int i=1;i<=n;i++){ 94 add(s[i]-'a'); 95 update(rt[lst],1,n,i); 96 } 97 memset(head,-1,sizeof(head)); 98 for(int i=2;i<=V;i++)add(nex[i],i); 99 dfs(1); 100 calc(1); 101 printf("%d",dp[1]); 102 }
