【[POI2012]PRE-Prefixuffix】

这道题真是非常蛇皮，卡自然溢出，还非常丧病的卡双自然溢出

一句话题意，求出最长的前缀后缀满足(AB.........BA)的形式

也就是说外面一个(next)，里面一个(next)

本来想(kmp)的，但是发现没有办法做

于是就考虑一下递推

我们可以定住(A)的长度，来求出(B)的长度

设(dp[i])表示(A)的长度为(i)的时候，最长的(B)有多长，有一个非常显然但是并不怎么好想到的结论就是

(dp[i-1]<=dp[i]+2)

从大到小枚举(A)的长度，我们可以考虑每次往外扩展一位，也就是(A)的长度减少一位，这样的话我们就要考虑左右两边加进来的这两个新字符，显然最好的情况下能让最长的相等的前后缀的长度增加(2)

于是我们可以利用这一个单调性进行枚举，利用(hash)来进行判断

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define re register
#define maxn 1000005
#define uint unsigned int
#define uLL unsigned long long
#define LL long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
const int mod=1e9+7;
uLL ha[maxn],pow1[maxn],base=233;
LL sh[maxn],pow2[maxn],Base=233;
char S[maxn];
int n,ans;
int dp[maxn];
inline int read()
{
	char c=getchar();
	int x=0;
	while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9')
		x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();
	return x;
}
inline uLL get_ha(int l,int r)
{
	return ha[r]-ha[l-1]*pow1[r-l+1];
}
inline uint get_sh(int l,int r)
{
	return (sh[r]-sh[l-1]*pow2[r-l+1]%mod+mod)%mod;
}
inline int check(int l1,int r1,int l2,int r2)
{
	return get_ha(l1,r1)==get_ha(l2,r2)&&get_sh(l1,r1)==get_sh(l2,r2);
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	scanf("%s",S+1);
	pow1[0]=pow2[0]=1;
	for(re int i=1;i<=n;i++)
		ha[i]=ha[i-1]*base+S[i],sh[i]=(sh[i-1]*Base)%mod+S[i];
	for(re int i=1;i<=n;i++)
		pow1[i]=pow1[i-1]*base,pow2[i]=pow2[i-1]*Base%mod;
	for(re int i=(n>>1);i;i--)
	{
		int now=dp[i+1]+2;
		while(now+i>(n>>1)) now--;
		while(now&&!check(i+1,i+now,n-i-now+1,n-i)) now--;
		dp[i]=now;
	}
	for(re int i=1;i<=(n>>1);i++)
	if(check(1,i,n-i+1,n)) ans=max(i+dp[i],ans);
	std::cout<<ans;
	return 0;
}