$n \leq 1000000$的字符串，对每一个子串$i$~$n-i+1$，求他最长的一个既是前缀又是后缀的子串。
这题要求的东西具有“对称性”，不充分利用难以解决。这里的“对称性”不仅指询问是对称的，更指要求的那个公共部分是对称的——不对称的相同的子串对答案没有丝毫贡献。
从贡献的角度入手，就是求每个前缀$i$和后缀$n-i+1$的一个在前缀$i$的末尾的、在后缀$n-i+1$的开头的一个最长公共串。嗯那赶紧二分+哈希。额等等，从$i$向前延伸，从$n-i+1$向后延伸，字符串是否相同，这样一个函数不单调哦。但是，如果您从前缀$i$的中点处和后缀$n-i+1$的中点处向两边分别延伸，这样字符串是否相同就是一个单调函数了。
因此转移战线，枚举对称相同串的中间位置$i$，然后$i$和$n-i+1$分别向两边延伸看最长的相同串多长，用二分+哈希判断。假设这次二分的答案是$2x-1$，那么$ans_{i-x+1}$就会$max$上$2x-1$。但这个串对$i-x+1$到$i$处的答案都是有贡献的，并且贡献每次减2，为了体现这一点只需要最后统计答案时$ans_i \ \ max=ans_{i-1}+2$即可。
1 #include<stdio.h> 2 #include<string.h> 3 #include<stdlib.h> 4 //#include<queue> 5 //#include<vector> 6 #include<algorithm> 7 //#include<iostream> 8 //#include<assert.h> 9 using namespace std; 10 11 int n; 12 #define maxn 2000011 13 char s[maxn]; 14 15 int h1[maxn],h2[maxn],p1[maxn],p2[maxn],mod1=998244353,mod2=1000000007; 16 int geth1(int L,int R) {return (h1[R]-h1[L-1]*1ll*p1[R-L+1]%mod1+mod1)%mod1;} 17 int geth2(int L,int R) {return (h2[R]-h2[L-1]*1ll*p2[R-L+1]%mod2+mod2)%mod2;} 18 19 int ans[maxn]; 20 int main() 21 { 22 scanf("%d%s",&n,s+1); 23 h1[0]=h2[0]=0; 24 for (int i=1;i<=n;i++) h1[i]=(h1[i-1]*27ll+s[i]-‘a‘+1)%mod1,h2[i]=(h2[i-1]*27ll+s[i]-‘a‘+1)%mod2; 25 p1[0]=p2[0]=1; 26 for (int i=1;i<=n;i++) p1[i]=p1[i-1]*27ll%mod1,p2[i]=p2[i-1]*27ll%mod2; 27 28 for (int i=0;i<=(n+1)>>1;i++) ans[i]=-1; 29 for (int i=1;i<=n>>1;i++) 30 { 31 int L=0,R=i,p=n-i+1; 32 while (L<R) 33 { 34 int mid=(L+R+1)>>1,a=i-mid+1,b=i+mid-1,c=p-mid+1,d=p+mid-1; 35 if (geth1(a,b)==geth1(c,d) && geth2(a,b)==geth2(c,d)) L=mid; 36 else R=mid-1; 37 } 38 ans[i-L+1]=max(ans[i-L+1],2*L-1); 39 } 40 for (int i=1;i<=(n+1)>>1;i++) 41 { 42 ans[i]=max(ans[i],ans[i-1]-2); 43 printf("%d ",ans[i]); 44 } 45 return 0; 46 }
