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本文作者：ljh2000
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输入分为两行，第一行为一个整数，表示字符串的长度，第二行有
个连续的小写的英文字符，表示字符串的内容。
输出文件只有一行，即：输入数据中字符串的最长双倍回文子串的长度，如果双倍回文子串不存在，则输出0。
N<=500000
正解：manacher
解题报告：
$manacher$的分析题...感觉$manacher$玩来玩去就是不断变形求各种形状的回文串...
这道题我们容易发现我们需要枚举一个$x$使得$x$之前是$w$和$wR$，$x+1$之后是$wwR$。
先用$manacher$预处理出$p$数组，然后发现$x$可行的条件是，存在一个$y$使得答案为$len(x+1,y)*4$，即第三段为$(x+1,y)$，则需要满足的条件是：$y-p[y]<=x$且$y<=x+p[x]/2$。
这种类型的问题经常做啦，一般都是先想办法使得一个式子恒成立再用数据结构维护另一个的查询。
不妨按$y-p[y]$排序，按顺序做，并依次加入就可以保证前面那个式子恒成立，则只需用$set$维护$y$的值，每次查询小于等于$x+p[x]/2$中的最大的那个$y$。
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#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#include <string>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 1000011;
int p[MAXN],n,len,f[MAXN],ans;
char ch[MAXN],s[MAXN];
set<int>bst;
struct node{ int x,id; }a[MAXN];
inline bool cmp(node q,node qq){ return q.x<qq.x; }
inline int getint(){
int w=0,q=0; char c=getchar(); while((c<‘0‘||c>‘9‘) && c!=‘-‘) c=getchar();
if(c==‘-‘) q=1,c=getchar(); while (c>=‘0‘&&c<=‘9‘) w=w*10+c-‘0‘,c=getchar(); return q?-w:w;
}
inline void manacher(){
memset(p,0,sizeof(p)); int maxR=0,id=0;
for(int i=1;i<=n;i++) {
if(i<maxR) p[i]=min(p[2*id-i],maxR-i); else p[i]=1;
for(;i+p[i]<=n && s[i-p[i]]==s[i+p[i]];p[i]++) ;
if(i+p[i]>maxR) { maxR=i+p[i]; id=i; }
}
}
inline void work(){
len=getint(); scanf("%s",ch); s[0]=‘!‘; s[1]=‘#‘; n=1;
for(int i=0;i<len;i++) { s[++n]=ch[i]; s[++n]=‘#‘; }
manacher(); for(int i=1;i<=len;i++) f[i]=p[i<<1|1]-1,f[i]>>=1;
for(int i=1;i<=len;i++) a[i].id=i,a[i].x=i-f[i]; sort(a+1,a+len+1,cmp);
int head=0,now; //bst.insert((1<<30)); bst.insert(-(1<<30));
for(int i=1;i<=len;i++) {
while(head+1<=n && a[head+1].x<=i) head++,bst.insert(a[head].id);
now=*--bst.upper_bound(i+f[i]/2);
if(now==*bst.begin()) continue;
ans=max(ans,now-i/*!!!*/);
}
ans*=4; printf("%d",ans);
}
int main()
{
work();
return 0;
}
原文：http://www.cnblogs.com/ljh2000-jump/p/6266609.html