正题

题目链接:https://www.ybtoj.com.cn/problem/532

---

题目大意

给出$n$个点的一个$Trie$树，定义$S_x$表示节点$x$代表的字符串
求max{∣LCP(Sx,Sy)∣+∣LCS(Sx,Sy)∣}(x≠y)max\{|LCP(S_x,S_y)|+|LCS(S_x,S_y)|\}(x\neq y)max{∣LCP(Sx​,Sy​)∣+∣LCS(Sx​,Sy​)∣}(x​=y)
（$LCP/LCS$分别表示最长公共前/后缀）

$1\le n\le 2\times 10^5$

---

解题思路

正解好像是树上$SA$+线段树合并的做法可是我不会，就写了广义$SAM$

$SAM$的$parents$树就是后缀树，这里给出了$Trie$树就是一个构造广义$SAM$的好条件。
构造出来的广义$SAM$上的$parents$树上的$LCA$的$len$就是两个串的$LCS$。
$Trie$树上的$LCA$深度就是两个串的$LCP$。

考虑枚举$Trie$树上的一个点$x$，求它的子树中$LCS$最大的一个点对，也就是后缀树上$LCA$最深。

对后缀树求一个$dfs$序，那么最优的点对都只会出现在相邻的点对中，这样的点对数量不会很多，可以考虑一种枚举的方法。

可以使用线段树合并，然后合并的时候每个节点维护一个改区间内最左/右的值。然后拿左区间的最右值和右区间的最左值计算答案就好了。

时间复杂度$O(n{\log }^{2}n)$，如果肯写$ST$表求$LCA$可以做到$O(n\log n)$

---

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
using namespace std;
const int N=4e5+10,T=20,M=N<<5;
struct node{int to,next,w;
}a[N];
int n,tot,cnt,ans,ls[N],len[N],fa[N],f[N][T+1];
int rfn[N],dfn[N],g[N],rt[N],dep[N],p[N];
vector<int>G[N];map<int,int>ch[N];
void addl(int x,int y,int w){a[++tot].to=y;a[tot].next=ls[x];ls[x]=tot;a[tot].w=w;return;
}
int Insert(int p,int c){int np=++cnt;len[np]=len[p]+1;for(;p&&!ch[p][c];p=fa[p])ch[p][c]=np;if(!p)fa[np]=1;else{int q=ch[p][c];if(len[p]+1==len[q])fa[np]=q;else{int nq=++cnt;ch[nq]=ch[q];len[nq]=len[p]+1;fa[nq]=fa[q];fa[np]=fa[q]=nq;for(;p&&ch[p][c]==q;p=fa[p])ch[p][c]=nq;}}return np;
}
void dfs(int x){for(int i=ls[x];i;i=a[i].next){int y=a[i].to;p[y]=Insert(p[x],a[i].w);dfs(y);}return;
}
void dfs2(int x){dfn[++cnt]=x;rfn[x]=cnt;for(int i=0;i<G[x].size();i++){dep[G[x][i]]=dep[x]+1;dfs2(G[x][i]);}return;
}
int LCA(int x,int y){x=dfn[x];y=dfn[y];if(dep[x]>dep[y])swap(x,y);for(int i=T;i>=0;i--)if(dep[f[y][i]]>=dep[x])y=f[y][i];if(x==y)return x;for(int i=T;i>=0;i--)if(f[x][i]!=f[y][i])x=f[x][i],y=f[y][i];return f[x][0];
}
struct SegTree{int cnt,ls[M],rs[M],l[M],r[M];void Change(int &x,int L,int R,int pos){if(!x)x=++cnt;l[x]=r[x]=pos;if(L==R)return;int mid=(L+R)>>1;if(pos<=mid)Change(ls[x],L,mid,pos);else Change(rs[x],mid+1,R,pos);return;}int Merge(int &x,int y,int L,int R){if(!x||!y){x=x|y;return 0;}int mid=(L+R)>>1,ans=0;ans=Merge(ls[x],ls[y],L,mid);ans=max(ans,Merge(rs[x],rs[y],mid+1,R));l[x]=ls[x]?l[ls[x]]:l[rs[x]];r[x]=rs[x]?r[rs[x]]:r[ls[x]];if(ls[x]&&rs[x])ans=max(ans,len[LCA(r[ls[x]],l[rs[x]])]);return ans;}
}Tr;
void dfs3(int x,int dep){Tr.Change(rt[x],1,cnt,rfn[p[x]]);for(int i=ls[x];i;i=a[i].next){int y=a[i].to;dfs3(y,dep+1);g[x]=max(g[x],g[y]);g[x]=max(g[x],Tr.Merge(rt[x],rt[y],1,cnt));}ans=max(ans,g[x]+dep);return;
}
int main()
{freopen("recollection.in","r",stdin);freopen("recollection.out","w",stdout);scanf("%d",&n);for(int i=2;i<=n;i++){int x,w;scanf("%d%d",&x,&w);addl(x,i,w);} cnt=p[1]=1;dfs(1);for(int i=2;i<=cnt;i++)G[fa[i]].push_back(i),f[i][0]=fa[i];cnt=0;dfs2(1);for(int j=1;j<=T;j++)for(int i=1;i<=cnt;i++)f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];dfs3(1,0);printf("%d\n",ans);
}