【BZOJ 4556】[Tjoi2016&Heoi2016]字符串 SAM+二分+主席树

　　这道题市面上就两种法:一种是SA+二分+主席树,一种是SAM+二分+主席树(有不少人打线段树合并???)(除此之外还有一种利用炒鸡水的数据的暴力SA,贼快.....)(当时学SA的时候没做这道题,现在早忘了SA了)
　　分析题意:就是对于一个字符串,每次询问一个子串在另一个子串里能匹配上的最大前缀(非严格前缀)长度.
　　我们知道,处理前缀的工具并不是十分充足,后缀倒是有一大帮,所以说把字符串倒过来,而把字符串倒过来是SAM处理问题时的常用技巧.现在,我们直接找答案,仍然很难找到一种时间复杂度合法的做法,那么我们发现这个东西,是具有可二分的性质的,所以我们二分.这时,我们的问题转化为了"给出某个子串的right和len,快速求出其在某一区间内有无相同子串",然后利用SAM的节点的性质,我们又可以把问题转化为"给出某个子串的right和len,询问其所在节点的right集合是否存在元素在某一区间",到此,我们的问题已经很清晰了.
　　对于找到这个子串所在的节点,我们可以找到其right所对应的前缀所在的节点(这个我们在构造的时候就可以处理出来),然后在parent树上倍增找到包含有长度为len的子串的节点,接下来就是看在其right集合中是否存在元素在某个区间内,这个时候我们就可以搞出parent树的dfs序,并对dfs序建立主席树,主席树的线段树区间维护的是right集合.
　　好了我们得到了一种O(nlog^2n)的优秀做法！！！

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
char xB[(1<<15)+10],*xS=xB,*xT=xB;
#define gtc (xS==xT&&(xT=(xS=xB)+fread(xB,1,1<<15,stdin),xS==xT)?0:*xS++)
inline void read(int &x){
  register char ch=gtc;bool symbol=false;
  for(x=0;ch<'0'||ch>'9';ch=gtc)if(ch=='-')symbol=true;
  for(;ch>='0'&&ch<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=gtc);
  if(symbol)x=-x;
}
const int N=100010;
const int A=26;
const int B=20;
char s[N],tmp[N];
int pos[N];
int trans[N<<1][A],max[N<<1],link[N<<1];
int last,rt,sz;
#define newnode(a) (max[++sz]=(a),sz)
int id[N<<1],dfn[N<<1],L[N<<1],R[N<<1];
int n,m;
struct V{
  int to,next;
}c[N<<1];
int head[N<<1],t;
inline void add(int x,int y){
  c[++t].to=y,c[t].next=head[x],head[x]=t;
}
int f[N<<1][B];
int Ti;
struct Segment_Tree{
  Segment_Tree *ch[2];
  int size;
  inline void* operator new (size_t);
}*root[N<<1],*C,*mempool,*null;
#define mid ((l+r)>>1)
inline void* Segment_Tree:: operator new(size_t){
  if(C==mempool){
    C=new Segment_Tree[(1<<16)+10];
    mempool=C+(1<<16)+10;
  }
  return C++;
}
inline void Init(){
  null=new Segment_Tree;
  null->ch[0]=null->ch[1]=null;
  null->size=0;
  root[0]=null;
  last=rt=newnode(0);
}
int w,q,nw,nq;
inline void insert(int x){
  w=last,nw=newnode(max[w]+1);
  while(w&&trans[w][x]==0)trans[w][x]=nw,w=link[w];
  if(!w)link[nw]=rt;
  else if(max[w]+1==max[trans[w][x]])
    link[nw]=trans[w][x];
  else{
    q=trans[w][x],nq=newnode(max[w]+1);
    memcpy(trans[nq],trans[q],sizeof(trans[nq]));
    while(w&&trans[w][x]==q)trans[w][x]=nq,w=link[w];
    link[nq]=link[q],link[q]=link[nw]=nq;
  }
  last=nw,id[nw]=max[nw],pos[max[nw]]=nw;
}
inline void insert(Segment_Tree *&p,Segment_Tree *lst,int l,int r,int aim){
  p=new Segment_Tree(),*p=*lst;
  ++p->size;if(l==r)return;
  if(aim<=mid)insert(p->ch[0],lst->ch[0],l,mid,aim);
  else insert(p->ch[1],lst->ch[1],mid+1,r,aim);
}
inline int query(Segment_Tree *a,Segment_Tree *b,int l,int r,int z,int y){
  if(z<=l&&r<=y)return b->size-a->size;
  int ret=0;
  if(z<=mid)ret+=query(a->ch[0],b->ch[0],l,mid,z,y);
  if(mid<y)ret+=query(a->ch[1],b->ch[1],mid+1,r,z,y);
  return ret;
}
inline void dfs(int x){
  L[x]=++Ti,dfn[Ti]=x;
  for(int i=1;i<B;++i)f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
  for(int i=head[x];i;i=c[i].next)
    f[c[i].to][0]=x,dfs(c[i].to);
  R[x]=Ti;
}
inline int get(int x,int len){
  for(int i=B-1;i>=0;--i)
    if(max[f[x][i]]>=len)
      x=f[x][i];
  return x;
}
inline bool check(int st,int len,int l,int r){
  if(r-l+1<len)return false;
  int x=get(pos[st],len);
  return query(root[L[x]-1],root[R[x]],1,n,l+len-1,r);
}
int main(){
  //freopen("rio.in","r",stdin);
  Init(),scanf("%d%d%s",&n,&m,tmp+1);
  register int i;
  for(i=1;i<=n;++i)s[i]=tmp[n-i+1];
  for(i=1;i<=n;++i)insert(s[i]-'a');
  for(i=2;i<=sz;++i)add(link[i],i);dfs(1);
  for(i=1;i<=sz;++i){
    root[i]=root[i-1];
    if(id[dfn[i]])insert(root[i],root[i-1],1,n,id[dfn[i]]);
  }
  int a,b,x,y,l,r,ans;
  while(m--){
    read(b),read(a),read(y),read(x);
    a=n-a+1,b=n-b+1,x=n-x+1,y=n-y+1;
    r=y-x+1,l=1,ans=0;
    while(l<=r)
      if(check(y,mid,a,b))ans=mid,l=mid+1;
      else r=mid-1;
    printf("%d\n",ans);
  }
  return 0;
}