CF1968G2.Division+LCP-字符串、Z函数

link：https://codeforces.com/problemset/problem/1968/G2
给一个字符串 $s$，定义 $f_k$ 表示：将 $s$ 划分成恰好 $k$ 段 $w_1,\dots ,w_k$ 之后， $LCP(w_1,\dots ,w_k)$$ 的最大值，其中LCP表示最长公共前缀。求 $f_l,\dots ,f_r$ （其实和求所有 $f$ 没什么区别）
$\sum |s|\le 2\times {10}^5$.

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对于这样的划分问题，首先需要注意到的（显然的事实）是： $s$ 的前缀一定会作为某个 $w_i$ 出现，因此LCP也一定是 $s$ 的前缀。

那么就可以想，暴力枚举 $s$ 的前缀 $s[1,\dots ,k]$，如果其至多能在 $s$ 当中不相交地出现 $c$ 次，那么 $f_1,\dots ,f_c$ 都至少是 $k$.
判断 $s$ 前缀在 $s$ 中不相交地出现几次，直接用KMP是稳定 $O(n)$ 的，对每个 $k$ 处理就退化成 $O(n^2)$ 了。
难道会是什么神奇的后缀结构吗（并不会后缀xxx系列…），可恶，难道就到此为止了吗…

不可以，div3不会是这样的难度，让我们来想点稍微简单的东西，KMP麻烦就麻烦在要把整个串跑一遍，而我们知道枚举前缀 $k$ 的话，至多有 $O(n/k)$ 段，这里其实差了很多，也许可以尝试从这里想。如果写哈希的话，要怎么从当前一段快速跳到下一段，每次查询的前缀都不一样，用哈希也只能把整个串扫一遍…

等一下！Z函数是求什么来着的？ $z_i$ 能处理 $s$ 和 $s[i,\dots ,n]$ 的LCP，如果用Z函数来跳，假设当前在位置 $i$，那只要在 $[i+1,n]$ 当中找到最小的 $j$ 使得 $z_j\ge k$ ，然后把 $i$ 跳到 $j$ 就可以了，寻找 $j$ 的过程可以用静态RMQ+二分完成，这样复杂度就是 $O(\log n\times (n/k))$ 了，对每个 $k$ 跑一遍，算出出现次数 $c$ ，然后给 $f_1,\dots f_c$ 做一个取max的操作，前缀取max也可用类似前缀和那样通过打标记完成。

总复杂度 $O(n{\log }^{2}n)$.

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define endl '\n'
#define fastio ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0)
using namespace std;
const int N=2e5+5;
vector<int> exKMP(const string &s){
    int n=s.length();
    vector<int> z(n);
    for(int i=1,l=0,r=0;i<n;++i){
        if(i<=r&&z[i-l]<r-i+1)z[i]=z[i-l];
        else{
            z[i]=max(0,r-i+1);
            while(i+z[i]<n&&s[z[i]]==s[i+z[i]])++z[i];
        }
        if(i+z[i]-1>r)l=i,r=i+z[i]-1;
    }
    return z;
}
 
int n,l,r,tag[N];
int f[21][N],Log[N];
string s;
int query(int l,int r){
    int k=Log[r-l+1];
    return max(f[k][l],f[k][r-(1<<k)+1]);
}
int main(){
    fastio;
    Log[0]=-1;
    rep(i,1,N-5)Log[i]=Log[i>>1]+1;
    int tc;cin>>tc;
    while(tc--){
        cin>>n>>l>>r>>s;
        auto z=exKMP(s);
        rep(i,0,n-1)f[0][i]=z[i];
        rep(i,0,n)tag[i]=0;
        rep(j,1,20)for(int i=0;i+(1<<j)-1<n;i++)
            f[j][i]=max(f[j-1][i],f[j-1][i+(1<<(j-1))]);
        auto work=[&](int k){
            int cnt=1;
            for(int i=0;i<n;){
                int L=i+k,R=n-1,ret=-1;
                while(L<=R){
                    int mid=(L+R)>>1;
                    if(query(i+k,mid)>=k){
                        ret=mid;
                        R=mid-1;
                    }else L=mid+1;
                }
                if(ret==-1)break;
                cnt++;
                i=ret;
            }
            tag[cnt]=max(tag[cnt],k);
        };
        rep(i,1,n)work(i);
        tag[n+1]=0;
        for(int i=n;i>=1;i--)tag[i]=max(tag[i],tag[i+1]);
        rep(i,l,r)cout<<tag[i]<<' ';
        cout<<endl;
    }
    return 0;
}