不難發現兩個串 \(r(x),r(y)\) 的 lcs 就是它們 lca 的深度。考慮列舉 lca，然後求子樹內所有字串的 lcp 最大值。
發現題目給出的是一棵 trie，我們可以直接離線構造廣義 sam。那麼此時樹上兩個點 \(x,y\) 的 lcp 長度就是他們在 parent 樹上的 lca 的 \(\text\)。
但是我們不能依次枚舉子樹內的兩個點，但是我們發現 parent 樹上兒子節點的 \(\text\) 一定大於它父親的 \(\text\)，所以我們沒有必要求 \(o(n^2)\) 個點對的 lca，只需要把他們按照 parent 樹上 dfs 序相鄰的計算一下就可以了。
此時我們依然需要維護乙個資料結構支援維護子樹內的資訊，並且支援往父節點合併。考慮權值線段樹，線段樹乙個葉子 \([i,i]\) 表示 parent 樹上 dfs 序為 \(i\) 的點。如果這個點在當前子樹中就為 \(1\)，否則為 \(0\)。
然後權值線段樹上維護區間 dfs 序相鄰的點的 lcp 最大值，以及區間最左最右的點。兩個區間 pushup 時可能產生的貢獻只有區間臨界點左右的一對點。可以 \(o(\log n)\) pushup（如果用 st 表預處理 lca 就可以做到 \(o(1)\) pushup，這樣總複雜度只有乙個 \(\log\)）。
然後往上線段樹合併即可。
時間複雜度 \(o(n\log^2 n)\)。
#include using namespace std;
const int n=400010,lg=20,maxn=n*lg;
int n,ans,tot,a[n],dep[n],rt[n],last[n],head[n];
struct edge
e[n];
void add(int from,int to)
; head[from]=tot;
}struct sam
int ins(int last,int c)
}return np; }
void adde()
void dfs(int x)
}sam;
struct segtree
int update(int x,int l,int r,int k)
int mid=(l+r)>>1;
if (k<=mid) lc[x]=update(lc[x],l,mid,k);
else rc[x]=update(rc[x],mid+1,r,k);
pushup(x);
return x; }
int merge(int x,int y)
}seg;
void dfs1(int x,int fa)
void dfs2(int x)
rt[x]=seg.update(rt[x],1,2*n,sam.dfn[last[x]]);
ans=max(ans,seg.res[rt[x]]+dep[x]-1);
}int main()
dfs1(1,0);
sam.adde();
sam.tot=0; sam.dfs(1);
dfs2(1);
printf("%d",ans);
return 0;
}
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