就是问你一个字符串是被某个子串重复多次（这里要求是最多）形成的.求这个次数.KMP是可以的.暴力？貌似也可以.后缀数组？DA 的模板是TLE的.DC3？木有写啊.这
是DA TLE的模板.就算是TLE的写法也纠结了好久.代码里面写了怎么统计了..
#include <iostream>#include <cstring>#include <cstdio>#include <cmath>#include <algorithm>const int L=1000001;const double eps=1e-10;using namespace std;char s[L];int wa[L],wb[L],wv[L],wc[L];int cmp(int *r,int a,int b,int l){return r[a]==r[b] && r[a+l]==r[b+l];}void da(int *r,int *sa,int n,int m){ int i,j,p,*x=wa,*y=wb,*t; for(i=0;i<m;i++) wc[i]=0; for(i=0;i<n;i++) wc[x[i]=r[i]]++; for(i=1;i<m;i++) wc[i]+=wc[i-1]; for(i=n-1;i>=0;i--) sa[--wc[x[i]]]=i; for(j=1,p=1;p<n;j*=2,m=p) { for(p=0,i=n-j;i<n;i++) y[p++]=i; for(i=0;i<n;i++) if(sa[i]>=j) y[p++]=sa[i]-j; for(i=0;i<n;i++) wv[i]=x[y[i]]; for(i=0;i<m;i++) wc[i]=0; for(i=0;i<n;i++) wc[wv[i]]++; for(i=1;i<m;i++) wc[i]+=wc[i-1]; for(i=n-1;i>=0;i--) sa[--wc[wv[i]]]=y[i]; for(t=x,x=y,y=t,p=1,x[sa[0]]=0,i=1;i<n;i++) x[sa[i]]=cmp(y,sa[i-1],sa[i],j)?p-1:p++; }}int rak[L],height[L];void calheight(int *r,int *sa,int n){ int i,j,k=0; for(i=1;i<=n;i++) rak[sa[i]]=i; for(i=0;i<n;height[rak[i++]]=k) for(k?k--:0,j=sa[rak[i]-1];r[i+k]==r[j+k];k++);}int relr[L],relsa[L];int id[L];int main(){ int i,n; while(gets(s)) { if(s[0]=='.') break; memset(id,0,sizeof(id)); for(i=0;s[i]!='\0';i++) relr[i]=s[i]; relr[i]=48; n=i; da(relr,relsa,n+1,130); calheight(relr,relsa,n); int ans=0; int j=0,k=0,len=n; /*因为我们只要考虑一个长度为l的子串(从头数的)可以被n整除并且这个子串和后缀是s[l+1] 即它的可能紧邻的一个后缀，如果公共长度为n-l的话.很明显这个l的串就是答案. 因为从头确定了第一前缀s[1]，所以只用O(n)去跑一遍每个后缀s[len+1]到s[1]的最短公共前缀就是相当于 求了s[1]与s[len+1]的最长公共前缀. 使用名次数组.对于s[1]和s[len+1]的最长公共前缀其结果是 从s[len+1]到s[1]的最短公共前缀 rank数组保存的是每个后缀的排名.比如rank[0]保存的是第1个前缀(下标为0)所在的排名. id存每个后缀到s[rak[0]]的最长公共前缀 这里可以用rmq但是O(N)遍历其实是可以的. */ j=rak[0]; len=n-relsa[j]; for(i=j;i>=1;i--) { id[i]=len; len=min(len,height[i]); } len=n-relsa[j]; for(i=j+1;i<=n;i++) { len=min(len,height[i]); id[i]=len; } for(i=1;i<=n;i++) { if(n%i==0 && n-i==id[rak[i]]) { cout<<n/i<<endl; break; } } } return 0;}/**/
