题目链接：http://www.spoj.com/problems/REPEATS/en/
题意：首先定义了一个字符串的重复度。即一个字符串由一个子串重复k次构成。那么最大的k即是该字符串的重复度。现在给定一个长度为n的字符串，求最大重复次数。
思路：根据<<后缀数组——处理字符串的有力工具>>的思路，先穷举长度L，然后求长度为L 的子串最多能连续出现几次。首先连续出现1 次是肯定可以的，所以这里只考虑至少2 次的情况。假设在原字符串中连续出现2 次，记这个子字符串为S，那么S 肯定包括了字符r[0], r[L], r[L*2],r[L*3], ……中的某相邻的两个。所以只须看字符r[L*i]和r[L*(i+1)]往前和往后各能匹配到多远，记这个总长度为K，那么这里连续出现了K/L+1 次。最后看最大值是多少。
这里说下我对这个思路的理解，首先枚举长度L没什么好说，然后假设位置i属于答案字符子串最前段内，那么考虑答案是重复2次以上，那么位置i一定和位置i+L匹配，如果往后匹配的最长公共前缀为Len，那么以i为起点长度为Len的子串重复了Len/L+1次，但是这只是i为起点的情况，考虑i不为起点的情况，如果Len不是L的倍数，说明Len%L的部分是多余的部分，该部分不足够让子串再重复一次，所以我们可以考虑从i和i+L往前匹配，如果可以匹配[pre=L-(Len%L)]个字符，那么就可以再多重复一次，相当于答案字符的起点是i-pre,重复次数为(Len/L+1)+1,后面的+1相当于之前多余的字符和i往前匹配凑足了一次重复次数。那么就可以再判断位置i-pre和i+L-pre的最长公共前缀是否大于等于需要凑足的字符(pre),或者往前直接暴力匹配是否能匹配够pre。可能会问为什么只需要往前匹配pre个字符就可以判断了，而不是往前匹配更远那答案不是更优了吗？，假如i和i+L往前可以匹配pre+K*L个字符，那么该答案肯定在i枚举到i-K*L就被计算过了，所以只需匹配前pre个字符就可以了。对于求某两个位置的最长公共前缀和用后缀数组的height用RMQ预处理出来，然后就可以O(1)查询了。
穷举长度L 的时间是n，每次计算的时间是n/L。所以整个做法的时间复杂度是O(n/1+n/2+n/3+……+n/n)=O(nlogn)。
#define _CRT_SECURE_NO_DEPRECATE
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#include<cstring>
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#include<vector>
#include<time.h>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long int LL;
const int MAXN = 50000 + 5;
int cmp(int *r, int a, int b, int l){
return r[a] == r[b] && r[a + l] == r[b + l];
}
int wa[MAXN], wb[MAXN], wv[MAXN], WS[MAXN];
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++) { WS[i] = 0; }
for (i = 0; i < n; i++) { WS[x[i] = r[i]]++; }
for (i = 1; i < m; i++) { WS[i] += WS[i - 1]; }
for (i = n - 1; i >= 0; i--) { sa[--WS[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++) { WS[i] = 0; }
for (i = 0; i < n; i++) { WS[wv[i]]++; }
for (i = 1; i < m; i++) { WS[i] += WS[i - 1]; }
for (i = n - 1; i >= 0; i--) { sa[--WS[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++;
}
}
return;
}
int Rank[MAXN], height[MAXN],sa[MAXN];
void calheight(int *r, int *sa, int n){
int i, j, k = 0;
for (i = 1; i <= n; i++) { Rank[sa[i]] = i; }
for (i = 0; i < n; height[Rank[i++]] = k){
for (k ? k-- : 0, j = sa[Rank[i] - 1]; r[i + k] == r[j + k]; k++);
}
return;
}
int RMQ[MAXN],mm[MAXN],best[20][MAXN];
void initRMQ(int n){
int i, j, a, b;
for (mm[0] = -1, i = 1; i <= n; i++)
mm[i] = ((i&(i - 1)) == 0) ? mm[i - 1] + 1 : mm[i - 1];
for (i = 1; i <= n; i++) best[0][i] = i;
for (i = 1; i <= mm[n]; i++)
for (j = 1; j <= n + 1 - (1 << i); j++)
{
a = best[i - 1][j];
b = best[i - 1][j + (1 << (i - 1))];
if (RMQ[a]<RMQ[b]) best[i][j] = a;
else best[i][j] = b;
}
return;
}
int askRMQ(int a, int b){
int t;
t = mm[b - a + 1]; b -= (1 << t) - 1;
a = best[t][a]; b = best[t][b];
return RMQ[a]<RMQ[b] ? a : b;
}
int lcp(int a, int b){
int t;
a = Rank[a]; b = Rank[b];
if (a>b) { t = a; a = b; b = t; }
return(height[askRMQ(a + 1, b)]);
}
int r[MAXN], t, len;
char str;
void solve(){
int ans=0;
for (int L = 1; L <= len; L++){
for (int i = 0; i + L<len; i += L){
int lcpLen = lcp(i, i + L); //i和i+L的最长公共前缀
int tmp = lcpLen / L + 1; //此时重复次数
int sur = (L - lcpLen%L); //剩余可以往前匹配的个数
int prei = i - sur; //往前匹配的位置
if (prei >= 0 && prei + L < len&&lcp(prei,prei+L)>=L){
tmp++; //不越界并且最长公共前缀大于L或者说大于剩余需要的个数即可
}
ans = max(ans, tmp);
}
}
printf("%d\n", ans);
}
int main(){
//#ifdef kirito
// freopen("in.txt","r",stdin);
// freopen("out.txt","w",stdout);
//#endif
// int start = clock();
scanf("%d", &t);
while (t--){
scanf("%d\n", &len);
for (int i = 0; i < len; i++){
scanf("%c\n", &str);
r[i] = str-‘a‘+1;
}
r[len] = 0;
da(r, sa, len+1, 3); //因为题目输入只有‘a‘和‘b‘，所以字符最大为3
calheight(r, sa, len);
for (int i = 1; i <= len; i++){ RMQ[i] = height[i]; }//初始化化RMQ
initRMQ(len);//计算RMQ
solve();
}
//#ifdef LOCAL_TIME
// cout << "[Finished in " << clock() - start << " ms]" << endl;
//#endif
return 0;
}