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- SA+并查集
- 把ht按大小倒序加入，并查集合并维护答案的变化；
- SAM
- 翻转串，求出SAM的parent树就是后缀树，两个串的最长公共后缀是他们lca的len值；
- 考率一个节点x，那么它子树里的后缀点两两都是len[x]相似的，所以在prent树上做dp即可；
- 第二问的统计比较麻烦，可以直接写一个后缀树的dfs来统计u的当前儿子和之前的儿子的答案，这样子不用维护次大值；
- dp的具体方式见bzoj3238
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推荐luogu大佬的实现
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define fp(i,a,b) for(register int i=a,I=b+1;i<I;++i) 3 #define fd(i,a,b) for(register int i=a,I=b-1;i>I;--i) 4 #define go(u) for(register int i=fi[u],v=e[i].to;i;v=e[i=e[i].nx].to) 5 #define file(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout) 6 template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;} 7 template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;} 8 using namespace std; 9 char ss[1<<17],*A=ss,*B=ss; 10 inline char gc(){return A==B&&(B=(A=ss)+fread(ss,1,1<<17,stdin),A==B)?-1:*A++;} 11 template<class T>inline void sd(T&x){ 12 char c;T y=1;while(c=gc(),(c<48||57<c)&&c!=-1)if(c==45)y=-1;x=c-48; 13 while(c=gc(),47<c&&c<58)x=x*10+c-48;x*=y; 14 } 15 inline void gs(char*s){char c;while(c=gc(),c<32);*s++=c;while(c=gc(),c>32)*s++=c;} 16 char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z; 17 inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;} 18 template<class T>inline void we(T x){ 19 if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]=45,x=-x; 20 while(z[++Z]=x%10+48,x/=10); 21 while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]=' '; 22 } 23 const int N=3e5+5,M=2*N,inf=1e9+7; 24 typedef long long ll; 25 typedef int arr[M]; 26 int n,w[N];char s[N]; 27 struct SAM{ 28 int las,T,ch[M][26];arr fa,len,sz; 29 SAM(){las=T=1;} 30 inline void ins(int c,int w){ 31 int p=las,np;fa[np=las=++T]=1,len[np]=len[p]+1; 32 for(;p&&!ch[p][c];p=fa[p])ch[p][c]=np; 33 mx[T]=mi[T]=w,mx2[T]=-inf,mi2[T]=inf,sz[T]=1; 34 if(p){ 35 int q=ch[p][c],nq; 36 if(len[p]+1==len[q])fa[np]=q; 37 else{ 38 nq=++T;mx[T]=mx2[T]=-inf,mi[T]=mi2[T]=inf; 39 fa[nq]=fa[q],len[nq]=len[p]+1,memcpy(ch[nq],ch[q],4*26); 40 for(fa[np]=fa[q]=nq;ch[p][c]==q;p=fa[p])ch[p][c]=nq; 41 } 42 } 43 } 44 struct eg{int nx,to;}e[M]; 45 int ce;arr fi,mx,mx2,mi,mi2,sx;ll sum[M],ans[M]; 46 inline void add(int u,int v){e[++ce]=(eg){fi[u],v},fi[u]=ce;} 47 inline void ck1(int u,int w){if(w>mx[u])mx2[u]=mx[u],mx[u]=w;else if(w>mx2[u])mx2[u]=w;} 48 inline void ck2(int u,int w){if(w<mi[u])mi2[u]=mi[u],mi[u]=w;else if(w<mi2[u])mi2[u]=w;} 49 void dfs(int u){ 50 int siz=0; 51 go(u){ 52 dfs(v);siz+=sz[v]; 53 ck1(u,mx[v]),ck1(u,mx2[v]); 54 ck2(u,mi[v]),ck2(u,mi2[v]); 55 56 }if(siz+sz[u]<2)return; 57 cmax(ans[len[u]],max((ll)mx[u]*mx2[u],(ll)mi[u]*mi2[u])); 58 go(u)sum[len[u]]+=(ll)sz[u]*sz[v],sz[u]+=sz[v]; 59 } 60 inline void sol(){ 61 mx[1]=mx2[1]=-inf,mi[1]=mi2[1]=inf; 62 memset(ans,-63,sizeof ans); 63 fp(i,2,T)add(fa[i],i);dfs(1); 64 fd(i,n-1,0)sum[i]+=sum[i+1],cmax(ans[i],ans[i+1]); 65 fp(i,0,n-1)we(sum[i]),we(!sum[i]?0:ans[i]),sr[++C]='\n'; 66 } 67 }p; 68 int main(){ 69 #ifndef ONLINE_JUDGE 70 file("s"); 71 #endif 72 sd(n),gs(s+1);fp(i,1,n)sd(w[i]); 73 fd(i,n,1)p.ins(s[i]-'a',w[i]);p.sol(); 74 return Ot(),0; 75 } 76 //https://kelin.blog.luogu.org/solution-p2178
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