题意
在 (S) 中找出 (t) 个子串满足 (t_{i+1}) 是 (t_{i}) 的子串,要让 (t) 最大。
(|S| leq 5 imes 10^5).
分析
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定义状态 (f_{i}) 表示从 (i) 出发能够得到的最长的 (journey) .
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容易得到最终的答案最右边的串长度一定可以是1.
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同时如果删掉没用的部分过后 (t_i) 的长度一定可以为 $t_{i+1} +1 $.
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如果在 (i) 位置存在长度为 (k) 的答案的话，将两边某一个字符在所有串中抠掉(还要舍去一个串)，一定也存在长度为 (k-1) 的答案，所以答案单调。
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假设当前枚举的答案为 (k) ，只需要在 ([i+k,n]) 这个区间中存在一个子串满足
[S_{i,i+1cdots i+k-2}=S_{j,j+1cdots j+k-2}$$ 或者 $$S_{i+1,i+2cdots i+k-1}=S_{j,j+1cdots j+k-2}
]
同时 (f_jgeq k-1) 的话，就说明 (f_igeq k) .
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但是发现一定有 (f_ileq f_{i+1}+1) ,所以暴力枚举每个位置的答案，不需要二分。
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那些满足 (LCP(i,j) geq k-1) 的位置在 (sa) 数组中一定是一个区间，线段树维护最大值。
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总时间复杂度为 (O(nlogn))。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].to;i;i=e[i].lst,v=e[i].to)
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define repd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
#define pb push_back
typedef long long LL;
inline int gi(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-48;ch=getchar();}
return x*f;
}
template<typename T>inline bool Max(T &a,T b){return a<b?a=b,1:0;}
template<typename T>inline bool Min(T &a,T b){return b<a?a=b,1:0;}
const int N=5e5 + 7;
int n,ans;
char s[N];
int val[N<<2],f[N];
#define Ls o<<1
#define Rs o<<1|1
void modify(int p,int l,int r,int o,int v){
Max(val[o],v);
if(l==r) return;
int mid=l+r>>1;
if(p<=mid) modify(p,l,mid,Ls,v);
else modify(p,mid+1,r,Rs,v);
}
int query(int L,int R,int l,int r,int o){
if(L<=l&&r<=R) return val[o];
int mid=l+r>>1;
if(R<=mid) return query(L,R,l,mid,Ls);
if(L>mid) return query(L,R,mid+1,r,Rs);
return max(query(L,R,l,mid,Ls),query(L,R,mid+1,r,Rs));
}
namespace SA{
int x[N],y[N],c[N],sa[N],h[N],mi[N][20],Log[N];
void getsa(int m){
rep(i,1,m) c[i]=0;
rep(i,1,n) c[x[i]=s[i]]++;
rep(i,1,m) c[i]+=c[i-1];
repd(i,n,1) sa[c[x[i]]--]=i;
for(int k=1;k<=n;k<<=1){
int p=0;
for(int i=n;i>=n-k+1;--i) y[++p]=i;
rep(i,1,n) if(sa[i]>k) y[++p]=sa[i]-k;
rep(i,1,m) c[i]=0;
rep(i,1,n) c[x[y[i]]]++;
rep(i,1,m) c[i]+=c[i-1];
repd(i,n,1) sa[c[x[y[i]]]--]=y[i];
swap(x,y);p=1;x[sa[1]]=1;
rep(i,2,n)
x[sa[i]]=y[sa[i]]==y[sa[i-1]]&&y[sa[i]+k]==y[sa[i-1]+k]?p:++p;
if(p>=n) break; m = p;
}
rep(i,1,n) x[sa[i]]=i;
for(int i=1,j=0;i<=n;++i){
if(j) --j;if(x[i]==1) continue;
while(s[i+j]==s[sa[x[i]-1]+j]) ++j;
h[x[i]]=j;
}
Log[1]=0;
rep(i,2,n) Log[i]=Log[i>>1]+1;
rep(i,1,n) mi[i][0]=h[i];
for(int k=1;1<<k<=n;++k)
for(int i=1;i+(1<<k)-1<=n;++i)
mi[i][k]=min(mi[i][k-1],mi[i+(1<<k-1)][k-1]);
}
int rmq_query(int l,int r){
l++;
if(l>r) return n+1;
int k=Log[r-l+1];
return min(mi[l][k],mi[r-(1<<k)+1][k]);
}
int get1(int p,int up){
int l=1,r=p;
while(l<r){
int mid=l+r>>1;
if(rmq_query(mid,p)>=up) r=mid;
else l=mid+1;
}
return l;
}
int get2(int p,int up){
int l=p,r=n;
while(l<r){
int mid=l+r+1>>1;
if(rmq_query(p,mid)>=up) l=mid;
else r=mid-1;
}
return l;
}
}
int main(){
scanf("%d%s",&n,s+1);
using namespace SA;
getsa(129);
f[n]=ans=1;
for(int i=n-1,j=1;i;--i){
for(++j;j;--j){
if(i+j<=n) modify(x[i+j],1,n,1,f[i+j]);
int l=get1(x[i+1],j-1),r=get2(x[i+1],j-1),fg=0;
fg|=query(l,r,1,n,1)>=j-1;
l=get1(x[i],j-1),r=get2(x[i],j-1);
fg|=query(l,r,1,n,1)>=j-1;
if(fg) break;
}
f[i]=j;
Max(ans,f[i]);
}
printf("%d
",ans);
return 0;
}