考慮字尾樹。
sam的parent樹是反串的字尾樹，所以後面加乙個字元的時候相當於往串前面加乙個字元，恰好多出了乙個字尾。
於是可以以此來理解sam。
每一條路徑對應原串的乙個子串。
每乙個終止節點對應一些字尾。
所有到同乙個點的路徑對應的子串互為字尾，長度連續。
parent樹是反串的字尾樹。
sam可以用來構造sa。（？？？）
乙個串的本質不同的回文子串的個數是\(o(n)\)的。
每個點只表示乙個回文串。
sam和回文樹的複雜度都是均攤的，所以不能可持久化。
sam上線段樹合併裸題，直接二分長度然後可以知道\(endpos\)必須在\([a+len-1,b]\)裡面，倍增找一下什麼的就沒了。
我們知道\(per_i=i-next_i\)，所以容易想到把kmp可持久化，然而由於kmp複雜度均攤，所以如果直接搞你人就沒了。
我們定義乙個陣列\(trans_\)表示在\(x\)後面新加乙個\(c\)那麼\(next\)會指到**。設\(s_=c'\)，那麼分兩種情況。如果\(c\ne c'\)，那麼\(trans_=trans_\)，否則\(trans_x=next_x+1\)。
於是我們發現\(trans_x\)只會從\(trans_\)改乙個過來，於是可以可持久化線段樹把複雜度搞到嚴格\(\log n\)，於是就沒了。
另一種方法：考慮\(next_x\)，如果\(next那麼可以放心跳，只會跳\(\log n\)次。否則，我們發現前\(x\)位有迴圈節。如果\(c\)等於對應的那一位那麼就做完了，否則無論如何也不可能匹配上，就可以直接模\(x-next_x\)。
簡單題。直接在字尾陣列上二分rank最大的字尾的長度，然後變成了有一堆線段，要撒一些點把這些線段切開，貪心即可。
發現\(t_x\)必須是\(s\)的子串，否則詢問毫無意義。
於是我們可以直接對\(s\)建sam，然後後面加字元就是跳\(ch\)，前面就是跳\(parent\)樹，詢問就線段樹合併然後亂搞即可。
離線，固定右端點。
維護序列\(ans_l\)表示固定當前右端點的時候左端點為\(l\)答案多少。
右端點往右一格，會多出很多字尾，相當於sam上節點到根的一條鏈又出現了一遍。
每個節點記錄\(tag_x\)， 表示上一次出現的位置在**。
那麼這一次做出的貢獻就是\(ans[tag_x-len+1,r-len+1]++\)。
還要注意由於每個節點代表的是一堆字尾，所以其實有某些段加的不是定值，而是關於下標的乙個一次函式。
右移完之後，這一段的\(tag\)就搞成一樣的了。
注意到這個東西很像lct的access操作，可以直接暴力做，用線段樹維護。
於是總複雜度\(o(n\log^2 n)\)。
模擬上面的方法，仍然設\(ans_l\)和\(tag_x\)，但這次用回文樹做。
然而，這次回文樹的節點表示的回文串長度不連續，就比較噁心了。
但是我們知道：在乙個點結束的回文串的起始位置組成了\(\log n\)個等差數列。
為什麼？考慮最長的那個回文串，其他回文串顯然都是他的border。
有乙個關於border集合的定理：它們組成\(\log n\)個等差數列。
於是我們就得到了這個結論。
然後我就不會了，不知道怎麼就做到\(o(n\sqrt)\)了。
咕了
update：菜雞pb來修鍋了……
熟悉回文樹的人（顯然不包括我）肯定可以看出來，這\(o(\log n)\)個等差數列是很容易拆出來的。
考慮只有乙個等差數列的時候，新加入乙個\(r\)會發生什麼。對於某乙個\(l\)，如果他包含了某乙個回文串，那麼比這個串更短的串都不會更新\(l\)的答案了，因為對稱一下之後就已經出現過了。
所以我們看一下最長的那個串上一次在**出現，然後所有原來不包含那個串的\(l\)答案都是加1。
有多個等差數列呢？顯然包含了這一段某乙個串之後更短的串都不會有貢獻，所以可以分開考慮。
上一次出現的位置可以查詢回文樹上的子樹得到。
複雜度\(o(n\log^2 n)\)。
又是一道做過然後又忘掉了的一題。/kk
見部落格。
動態往乙個串後面加字元，加完之後詢問任意兩個字首的最長回文字尾長度。
回文自動機，lcp就是樹上的lca深度。每次向後擴充套件一位就求一下與之前節點的lca的深度之和，用lct維護。
回文樹、回文自動機沒有學好，要注意。
求\[\sum_ [|a|+|b|-2lcp(a,b)
我tm這都沒看出就是兩點距離真是沒救了，我退役算了……
發現每個點代表的距離是一段區間，所以如果點分治的話會比較麻煩。然而，如果上邊分治，那麼這題就沒了。
見部落格。
做過啦……然而還是不會……
首先發現設\(dp_x\)表示從\(x\)開始走公升上天堂的概率，那麼我們應該先選\(dp_x\)大的。
考慮每次轉移都是除以二，所以用二進位制儲存，就變成了乙個trie。
要排序，就是要給trie做乙個sa。
資料範圍太大，不能帶log，考慮字尾自動機轉字尾陣列。
用某種方法建出字尾陣列（咕了）之後就可以統計資訊，還要fft來優化。
複雜度\(o(n+k\log^2 l)\)。
對於字串\(s\)，如果\(s\)的最小字尾是他本身，那麼\(s\)就是lyndon串。
這也等價於\(s\)是他迴圈移位中最小的乙個。
如果\(u,v\)是lyndon串，那麼\(uv\)是lyndon串當且僅當\(u。
lyndon分解：任意串\(v\)可以被唯一分解成一堆lyndon串連在一起，而且這些串單調遞減。
存在性顯然，而唯一性：假設從第\(i\)個開始不同，設\(|s_i|<|s'_i|\)，然後……已經會證，但不太好說明。
duval演算法，\(o(n)\)搞出lyndon分解：已經會了。
做過啦，會啦……
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