1014: [JSOI2008]火星人prefix
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Description
火星人最近研究了一种操作：求一个字串两个后缀的公共前缀。比方说，有这样一个字符串：madamimadam，我们将这个字符串的各个字符予以标号：序号： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 字符 m a d a m i m a d a m 现在，火星人定义了一个函数LCQ(x, y)，表示：该字符串中第x个字符开始的字串，与该字符串中第y个字符开始的字串，两个字串的公共前缀的长度。比方说，LCQ(1, 7) = 5, LCQ(2, 10) = 1, LCQ(4, 7) = 0 在研究LCQ函数的过程中，火星人发现了这样的一个关联：如果把该字符串的所有后缀排好序，就可以很快地求出LCQ函数的值；同样，如果求出了LCQ函数的值，也可以很快地将该字符串的后缀排好序。 尽管火星人聪明地找到了求取LCQ函数的快速算法，但不甘心认输的地球人又给火星人出了个难题：在求取LCQ函数的同时，还可以改变字符串本身。具体地说，可以更改字符串中某一个字符的值，也可以在字符串中的某一个位置插入一个字符。地球人想考验一下，在如此复杂的问题中，火星人是否还能够做到很快地求取LCQ函数的值。
Input
第一行给出初始的字符串。第二行是一个非负整数M，表示操作的个数。接下来的M行，每行描述一个操作。操作有3种，如下所示
1、询问。语法：Qxy，x,y均为正整数。功能：计算LCQ(x,y)限制：1<=x,y<=当前字符串长度。
2、修改。语法：Rxd，x是正整数，d是字符。功能：将字符串中第x个数修改为字符d。限制：x不超过当前字符串长度。
3、插入：语法：Ixd，x是非负整数，d是字符。功能：在字符串第x个字符之后插入字符d，如果x=0，则在字符串开头插入。限制：x不超过当前字符串长度
Output
对于输入文件中每一个询问操作，你都应该输出对应的答案。一个答案一行。
Sample Input
madamimadam
7
Q 1 7
Q 4 8
Q 10 11
R 3 a
Q 1 7
I 10 a
Q 2 11
Sample Output
5
1
0
2
1
HINT
1、所有字符串自始至终都只有小写字母构成。
2、M<=150,000
3、字符串长度L自始至终都满足L<=100,000
4、询问操作的个数不超过10,000个。
对于第1，2个数据，字符串长度自始至终都不超过1,000
对于第3，4，5个数据，没有插入操作。
题目分析
由于此题的字符串是动态的，所以显然不可以用后缀数组。
然而我sb的以为最开始这是一道后缀数组
我们用二分加hash来求LCQ，由于有插入和修改操作，所以我们要选择一个动态的数据结构。显然可以用splay（在网上我看见有人写可伸展的treap，Orz！）。
于是此题就变得比较简单了，hash+splay+二分，复杂度为\((M \log len \log len)\)。
#include <cstdio>
#include <cstring>
inline int geti() {
register int a; register char c;
while(c=getchar(),c<'-');a=c-'0';
while(c=getchar(),'-'<c)a=(a<<3)+(a<<1)+c-'0';
return a;
}
typedef unsigned int ui;
const int N=150000,ba=257;
ui p[N];
struct node {
ui ha; int siz; char c;
node *fa,*ch[2];
}CD[N],*cd=CD,*root=NULL,*nil;
inline void maintain(node *(&u)) {
if(u==nil) return;
u->siz=u->ch[0]->siz+u->ch[1]->siz+1;
u->ha=u->ch[0]->ha+u->c*p[u->ch[0]->siz]+u->ch[1]->ha*p[u->ch[0]->siz+1];
}
inline void rot(node *(&u)) {
node *f=u->fa,*ff=f->fa;
int d=u==f->ch[1];
if((f->ch[d]=u->ch[d^1])!=nil) f->ch[d]->fa=f;
f->fa=u,u->ch[d^1]=f;
if((u->fa=ff)!=nil) ff->ch[f==ff->ch[1]]=u;
maintain(f),maintain(u);
}
inline void splay(node *(&u),node *(&tag)) {
while(u->fa!=tag) {
if(u->fa->fa==tag) {rot(u);break;}
if((u==u->fa->ch[1])==(u->fa==u->fa->fa->ch[1])) rot(u->fa);
else rot(u); rot(u);
}if(tag==nil) root=u;
}
inline node *kth(int k) {
node *u=root;
while(k&&u!=nil) {
if(u->ch[0]->siz>=k) u=u->ch[0];
else if(u->ch[0]->siz+1==k) return u;
else k-=u->ch[0]->siz+1,u=u->ch[1];
}return u;
}
inline void ins(int k, char ch) {
node *l=kth(k); cd->c=ch;
cd->ch[0]=nil,cd->ch[1]=l->ch[1];
cd->fa=l,cd->ch[1]->fa=cd;
l->ch[1]=cd;
maintain(cd);
while(l!=nil) maintain(l),l=l->fa;
++cd;//splay(cd++,nil);
}
inline void upd(int k,char ch) {
node *l=kth(k),*u; l->c=ch;
for(u=l;u!=nil;u=u->fa) maintain(u);
//splay(l,nil);
}
inline ui quy(int l,int r) {
node *lu=kth(l-1),*ru=kth(r+1);
splay(lu,nil); splay(ru,lu);
return ru->ch[0]->ha;
}
char initstring[N];
node *build(int l,int r) {
if(l>r) return nil;
int m=l+r>>1; node *u=cd++;
u->c=initstring[m];
if((u->ch[0]=build(l,m-1))!=nil) u->ch[0]->fa=u;
if((u->ch[1]=build(m+1,r))!=nil) u->ch[1]->fa=u;
maintain(u); return u;
}
void PRINT(node *u) {
if(u==nil) return;
PRINT(u->ch[0]);
putchar(u->c);
PRINT(u->ch[1]);
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1014.in","r",stdin);
// freopen("1014.out","w",stdout);
#endif
initstring[1]='~';
scanf("%s",initstring+2);
register int cl=strlen(initstring+2),i,j,mi,l,r,m,an;
for(p[0]=i=1;i<N;++i) p[i]=p[i-1]*ba;
initstring[cl+2]='!';
cd->fa=cd->ch[0]=cd->ch[1]=cd;
cd->ha=cd->siz=cd->c=0; nil=cd++;
root=build(1,cl+2); root->fa=nil;
register char ch;
for(m=geti();m;--m) {
while(ch=getchar(),ch<'A');
if(ch=='Q') {
i=geti()+1,j=geti()+1;
// if(m==1) PRINT(root),puts("");
if(kth(i)->c!=kth(j)->c) {puts("0"); continue;}
for(an=l=1,r=cl-(i<j?j:i)+2;l<=r;) {
mi=l+r>>1;
if(quy(i,i+mi-1)==quy(j,j+mi-1)) l=(an=mi)+1;
else r=mi-1; //PRINT(root); puts("");
}printf("%d\n",an);
} else {
j=ch=='R'; cl+=j^1;
i=geti()+1; while(ch=getchar(),ch<'a');
(j)?upd(i,ch):ins(i,ch);
}
// PRINT(root),puts("");
}
}