首先翻转串，然后就是喜闻乐见的后缀lcp问题
莫队很好写，用set动态维护下排名序列，由于带log，我只拿了50。
正解考虑sam，答案为[l,r]在树上结点中点对lca的len最大值。
离线询问，对串做扫描线，每次处理i，parent树上编号同前缀编号，那么i点和前面所有点形成的贡献在祖先链上。
对结点按时间染色，当一个结点已经染色为j，就可以更新区间[j,i]的答案，这个可以用bit。
由于对于同样的len，j越大越优，所以用i直接覆盖。
链覆盖，找同种颜色深度最大的（len优）
lct的access完美支持以上操作
必要转化：到所有结点距离和最小的点->重心！
这个可以用调整法证明，假设一条边u-v，v方向点多，那么向v移动增量为负更优。
那么调整到终态，点u不存在sz[v]>n-sz[v]-1，即\(max(sz[v])<\frac{n}{2}\)，这就是重心的充要条件。
首先找到原树的重心rt，求出以rt为根的子树的sz，从大到小排序，做前缀和。
分别考虑rt的每个子树中的答案。
那么前缀和*2>=n的除了当前考虑的子树的部分一定是必砍的，因为如果不砍那么重心方向的sz必定不满足。
假设考虑到点u，所有子树方向是一定满足的，因为祖先有重心嗯。
然后可以把所有砍掉的点都直接接到u上，因为都是sz<n/2的子树。
接下来只要保证祖先方向剩下的点<n/2，这个就记录判下就好。
时间复杂度仅为\(O(n)\)
匹配问题，限制网络流没法做。
对于有排列问题，套路地先\(i-A_i\)连边建下图找性质，最终会形成多个环且无单点。
发现只要确定每个环上一个点的状态，其他可以推知。
这样直接爆搜是\(O(2^{\frac{n}{2}})\)的
好像再/2就可以做了，然后发现大小为2的环一定是编号小的为(，大的为)
剩下的直接搜\(O(2^{\frac{n}{4}})\)加点剪枝就做完了。
原文：https://www.cnblogs.com/hzoi-yzh/p/12513773.html