差分消除加减一个值得影响，貌似r二分上界要设成(n-2)/2？为啥？
sa求不可重叠最长重复子串
给定一个字符串，求最长重复子串，这两个子串不能重叠。
算法分析：
这题比上一题稍复杂一点。先二分答案，把题目变成判定性问题：判断是否
存在两个长度为 k 的子串是相同的，且不重叠。解决这个问题的关键还是利用
height 数组。把排序后的后缀分成若干组，其中每组的后缀之间的 height 值都
不小于 k。
容易看出，有希望成为最长公共前缀不小于 k 的两个后缀一定在同一组。 然
后对于每组后缀，只须判断每个后缀的 sa 值的最大值和最小值之差是否不小于
k。如果有一组满足，则说明存在，否则不存在。整个做法的时间复杂度为
O(nlogn)。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
#define N 20001
#define INF 2147483647
int n,s[N],tong[N],sa[N],t[N],t2[N],rank[N],lcp[N];
bool check(int x)
{
int maxsa=sa[0],minsa=sa[0];
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(lcp[i]<x||i==n)
{
if(maxsa-minsa>=x) return 1;
maxsa=minsa=sa[i];
}
else if(lcp[i]>=x)
{
maxsa=max(maxsa,sa[i]);
minsa=min(minsa,sa[i]);
}
}
return 0;
}
bool cmp(int *y,int i,int k)
{
return ((y[sa[i-1]]==y[sa[i]])&&((sa[i-1]+k>=n?-1:y[sa[i-1]+k])==(sa[i]+k>=n?-1:y[sa[i]+k])));
}
void build_sa(int range)
{
int *x=t,*y=t2;
memset(tong,0,sizeof(int)*range);
for(int i=0;i<n;++i) tong[x[i]=s[i]]++;
for(int i=1;i<range;++i) tong[i]+=tong[i-1];
for(int i=n-1;i>=0;--i) sa[--tong[x[i]]]=i;
for(int k=1;k<=n;k<<=1)
{
int p=0;
for(int i=n-k;i<n;++i) y[p++]=i;
for(int i=0;i<n;++i) if(sa[i]>=k) y[p++]=sa[i]-k;
memset(tong,0,sizeof(int)*range);
for(int i=0;i<n;++i) tong[x[y[i]]]++;
for(int i=1;i<range;++i) tong[i]+=tong[i-1];
for(int i=n-1;i>=0;--i) sa[--tong[x[y[i]]]]=y[i];
swap(x,y); p=1; x[sa[0]]=0;
for(int i=1;i<n;++i) x[sa[i]]=cmp(y,i,k)?p-1:p++;
if(p>=n) break;
range=p;
}
}
void get_lcp()
{
int k=0;
for(int i=0;i<n;++i) rank[sa[i]]=i;
for(int i=0;i<n;++i) if(rank[i])
{
if(k) --k;
int j=sa[rank[i]-1];
while(s[i+k]==s[j+k]) ++k;
lcp[rank[i]]=k;
}
}
int t3[N];
int main()
{
while(1)
{
scanf("%d",&n);
if(!n) break;
for(int i=0;i<n;++i)
{
scanf("%d",&t3[i]);
s[i]=t3[i]-t3[i-1]+89;
}
build_sa(200);
get_lcp();
int l=0,r=(n-2>>1);
while(r>l)
{
int mid=(l+r+1>>1);
if(check(mid)) l=mid;
else r=mid-1;
}
printf("%d
",l>=4?l+1:0);
}
return 0;
}