JZOJ 4366. 【GDKOI2016】项链

\(\text{Problem}\)

给出一个项链，删去连续的一部分，使剩下的对称，且长度最长

\(\text{Analysis}\)

可以发现，剩下的合法项链一定是由两个回文串接起来（由对称性质可知）
先套路地将项链倍长
那么我们只要用 \(\text{Manacher}\) 算出以每个点中心的回文半径 \(p[i]\)
找到两个中心 \(i,j(j > i)\) 使得 \(j - i \le n\) 且 \(i + p[i] - 1 \le j - p[j] + 1\)
\(n\) 为读入的串的长度
枚举一个 \(i\)，动态确定一个决策集合，线段树维护最优解即可
注意一个细节，线段树维护的时候一个位置可能加入多个值，这些都是可行的，但删除的时候会使所有的值消失，需要特别处理
\(O(n \log n)\)
但还有扫描线+并查集 \(o(n \alpha(n))\) 的优秀解法（不会）

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;

const int N = 2e5 + 5;
int p[N << 1], n, len, bz[N << 1];
char s[N], str[N << 1];

void Manacher()
{
	str[0] = '@', str[++n] = '#';
	scanf("%s", s);
	len = strlen(s);
	for(register int i = 0; i < len; i++) str[++n] = s[i], str[++n] = '#';
	for(register int i = 0; i < len; i++) str[++n] = s[i], str[++n] = '#';
	str[++n] = '\0', len = len * 2;
	int mx = 0, id = 0;
	for(register int i = 1; i <= n; i++)
	{
		p[i] = (i < mx ? min(p[id * 2 - i], mx - i) : 1);
		while (i - p[i] + len > i + p[i] && str[i + p[i]] == str[i - p[i]]) ++p[i];
		if (i + p[i] > mx) mx = i + p[i], id = i;
	}
}

#define ls (p << 1)
#define rs (ls | 1)
int seg[N * 8];
void update(int p, int l, int r, int x, int v)
{
	if (l == r) 
	{
		bz[v] = 1, seg[p] = v;
		return;
	}
	int mid = (l + r) >> 1;
	if (x <= mid) update(ls, l, mid, x, v);
	else update(rs, mid + 1, r, x, v);
	seg[p] = max(seg[ls], seg[rs]);
}
int query(int p, int l, int r, int x, int y)
{
	if (x <= l && r <= y) return seg[p];
	int mid = (l + r) >> 1, res = 0;
	if (x <= mid) res = query(ls, l, mid, x, y);
	if (y > mid) res = max(res, query(rs, mid + 1, r, x, y));
	return res;
}

int Solve()
{
	int ans = 0; len >>= 1;
	for(register int i = 1; i <= len + 1; i++) update(1, 0, n, i - p[i] + 1, i);
	for(register int i = 1; i <= n - len; i++)
	{
		ans = max(ans, query(1, 0, n, 0, i + p[i] - 1) - i);
		if (!bz[i]) update(1, 0, n, i - p[i + 1] + 1, 0);
		update(1, 0, n, i + 1 + len - p[i + 1 + len] + 1, i + 1 + len);
	}
	return ans;
}

int main()
{
	Manacher();
	printf("%d\n", Solve());
}