自动搬运

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	Tony2 武器即是华服，战斗只作等闲；以坚硬的岩石为卧榻，以彻夜不休为睡眠

搬运于2025-08-24 23:15:50，当前版本为作者最后更新于2025-05-13 13:02:20，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

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以下是正文

首先考虑如何统计一个被缝合的串的奇回文长度。分成三段，一个是左边最长回文，右边最长回文，中间的回文。

中间的回文可以通过回文中心区分成左右两边，以左边为例：我们枚举左边串的回文后缀，将这个串去掉这个后缀后倒着对右侧匹配，匹配最长的是其中一个奇回文串，这里用二分哈希实现。匹配过程可以看作左边的串在右边的 $m$ 个串形成的正 $\text{trie}$ 进行匹配。

设左串个数为 $n$，右串个数为 $m$，考虑求出一个 $n\times m$ 的矩阵表示答案的矩阵，最终进行求和。

我们对于上述总共四种回文对矩阵进行覆盖（即 $\text{chkmax}$），例如左边最长回文是行覆盖，右边最长回文是列覆盖，回文中心在左侧是对一行进行一个 $\text{trie}$ 树上的覆盖，回文中心在右侧是对一列进行一个 $\text{trie}$ 树上的覆盖。

行和列的交互是非常困难的，首先考虑如何在只考虑行操作之后求出答案。

试图把一个可重的覆盖变成不重的覆盖，即多个“连续段”的值直接覆盖。单个左侧回文中心的操作具体是在 $\text{trie}$ 树上对一条路径 $S$ 进行如下操作：

设左回文后缀为 $l$，那么对右侧 $S$ 路径上深度为 $d$ 的点 $u$ 的子树进行关于 $2d+l$ 的 $\text{chkmax}$。这里 $d$ 的系数直接钦定为 $1$（即原题求最长回文半径）。

提取出所有的 $u$ 建立虚树，考虑所有在虚树上（包括长链上的）的 $\text{trie}$ 树节点得到的权值。这个权值的意义是子树内所有 $\text{trie}$ 树结束节点（例如固定左边那么 $\text{trie}$ 树上就是 $T$ 的 $m$ 个结束节点）对应的最长回文对这个权值取 $\max$。

考虑这么限制权值的值，使得每个点 $u$ 的权值掌控（能真正更新 $\max$）的部分是 $u$ 的子树除去子树节点掌控的部分。进行两轮更新：

1. $chkmax(val_{fa_u},val_u+1)$

2. $chkmax(val_u, val_{fa_u})$

虚树上虚边对应的链的权值是形如 $1,1,1,2,3,4$ 的形式，即一段相同权值接一段公差为 $1$ 的等差数列。这样原 $\text{trie}$ 树上每个点的权值都能被唯一覆盖，覆盖形式要不然是直接赋值（上面序列平的部分）或者是一个嵌套的结构，形式化地讲：设这条祖先-儿子方向的链为 $C$，第 $i$ 个点是 $C_i$，那第 $i$ 个点掌控的范围是 $\text{subtree}(C_i)-\text{subtree}(C_{i+1})$，权值是 $i+k$，$k$ 是个关于这条链定值。

考虑把上述覆盖转到树剖上，其中第二种会拆成较多标记，忽略分讨过程之后，总的来说可以总结成三种：

1. 单点以权值 $k$ 覆盖

2. 重链的一个区间的所有点和他们的轻儿子以权值 $k$ 被覆盖

3. 重链的一个区间的所有点和他们的轻儿子以重链上的点的深度 $+k$ 为权值被覆盖

注意这种标记会有 1/-1 的系数。当一个位置被权值为 $\{a_i\}$ （如 $\{1,-1,2,-2,3\}$）的标记覆盖，那么真正的标记权值是 $\sum a_i$（上个例子是 $3$）。实现时保证标记集合可以通过消掉相反数的对最终得到至多一个正数标记。

然后进入纯 ds 部分。把树剖的重链拆成全局平衡二叉树，上述标记最终被拆成 $O(\log)$ 个子标记，每个标记都在一个全局平衡二叉树节点上，因为此时标记的类型相同（只需要考虑不同的 $k$）。考虑 $s$ 串产生的在 $\text{t-trie}$ 上的标记和 t 串产生的在 $\text{s-trie}$ 上的标记。将前者挂在 $\text{s-end}$（即 $\text{s-trie}$ 的结束节点）上，它有对应的在 $\text{t-trie}$ 全局平衡二叉树上的一个标记；将后者的标记部分挂在 $\text{s-trie}$ 的全局平衡二叉树上，它相应的有一个对应的 $\text{t-end}$。考虑特定的一对 $s-t$，我们想要知道第一种标记和第二种标记的最大值。但是尽管上文提到这种标记是不重的覆盖，但实现中我们并不能做到真正的不重，是通过带系数的权值之间取 $\max$ 得到的。

具体的，这种标记可以看作 $(val,k)$ 其中 $k$ 表示系数。

两个标记取 $\max$ 结果为 $(\max(val_1,val_2),k_1k_2)$。可以证明这种标记具有交换律和结合律，更重要的，具有分配律。

对于这个特定的 $s-t$，两侧的标记实际上是标记集合，但是因为标记具有分配律，所以可以求出两个集合两两标记的最大值之后再求和。关注 $s$ 的标记覆盖到 $\text{t-end}$ 且 t 的标记覆盖到 $\text{s-end}$ 的条件，枚举 $\text{s-trie}$ 全局平衡二叉树的节点 $u$，枚举所有 t 的标记覆盖在 $u$ 上的标记，得到一种暴力做法：先枚举 $u$ 覆盖下的节点 $v$（这个节点是原 $\text{s-trie}$ 树节点），并枚举 $v$ 作为 $\text{s-end}$ 时所有对 $\text{t-trie}$ 全局平衡二叉树的标记挂到这个二叉树节点 $x$ 上，然后枚举标记覆盖 $u$ 的对应的所有 $\text{t-end}$ 节点 $w$，枚举 $w$ 的所有祖先和之前挂的标记取 $\max$ 后求和。因为查询一个 $\text{t-trie}$ 全局平衡二叉树节点 $x$ 上所有比某个标记大的标记的和需要二分，所以到这里最终复杂度为 $O(s\log^3 s)$。

实际上可以优化掉这个二分。首先考虑 $\text{s-end}$ 对 $\text{t-trie}$ 全局平衡二叉树的标记，放到同一个 $x$ 上的标记需要排序，所以可以换成在 $u$ 时先将所有 $v$ 上的标记放到一起整体排序后按顺序添加标记，这个排序可以通过从 $u$ 的儿子继承排序好的标记进行归并替换。对于 $u$ 上标记对应的 $w$ 向上查询的过程，我们先把查询挂在 $w$ 上，并遍历 $\text{t-trie}$ 全局平衡二叉树有查询的部分，从下至上向上归并查询，这样同时查询一个 $x$ 的查询是排好序的，可以把标记和查询进行归并，同样求出 $\max$ 之和。总复杂度为 $O(s\log^2s)$。