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
7
Q 1 7
Q 4 8
Q 10 11
R 3 a
Q 1 7
I 10 a
Q 2 11
Sample Output
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。
Source
Solution
相信有很多人第一眼觉得是后缀数组吧。然而后缀数组无法有效地应付修改操作
这道题比较特殊的一点是询问个数很少，基本集中在插入和修改操作
我们可以用$splay$维护这个字符串，插入和修改按普通$splay$做，the Longest Common Qianzhui$LCQ$需要二分答案：
每个节点维护一个子树$hash$值，二分答案$ans$，不断检查$s[x]\sim s[x +ans]$和$s[y]\sim s[y+ans]$的$hash$值是否一样即可
由于有提取区间的操作，所以$treap$是无法满足的
插入和修改的总复杂度是$O(q_1logn)$，$LCQ$的总复杂度是$O(q_2log^2n)$，因为$q_2$相对较小，所以整体可以看成$O(qlogn)$的
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct spaly
{
int c[], fa, val, siz, hash;
int& operator[] (int x)
{
return c[x];
}
}a[];
char s[], op[];
int pwr[]; void push_up(int k)
{
int x = a[a[k][]].siz;
a[k].siz = a[a[k][]].siz + x + ;
a[k].hash = a[a[k][]].hash * pwr[x + ] + a[k].val * pwr[x] + a[a[k][]].hash;
} void rotate(int &k, int x)
{
int y = a[x].fa, z = a[y].fa, dy = a[y][] == x;
if(k == y) k = x;
else a[z][a[z][] == y] = x;
a[y][dy] = a[x][!dy], a[a[x][!dy]].fa = y;
a[x][!dy] = y, a[y].fa = x, a[x].fa = z;
push_up(y);
} void splay(int &k, int x)
{
while(k != x)
{
int y = a[x].fa, z = a[y].fa;
if(k != y)
if(a[y][] == x ^ a[z][] == y) rotate(k, x);
else rotate(k, y);
rotate(k, x);
}
push_up(x);
} int find_kth(int k, int x)
{
if(x <= a[a[k][]].siz) return find_kth(a[k][], x);
if(x == a[a[k][]].siz + ) return k;
return find_kth(a[k][], x - a[a[k][]].siz - );
} int main()
{
int n, m, x, y, z, root, l, r, mid, ptot;
scanf("%s%d", s, &m);
n = strlen(s);
pwr[] = ;
for(int i = ; i <= ; ++i)
pwr[i] = pwr[i - ] * ;
a[].fa = , a[].siz = ;
for(int i = ; i <= n + ; ++i)
{
a[i][] = i - , a[i].fa = i + ;
a[i].val = s[i - ], push_up(i);
}
a[n + ].fa = , root = ptot = n + ;
while(m--)
{
scanf("%s", op);
if(op[] == 'R')
{
scanf("%d%s", &x, op);
splay(root, find_kth(root, x + ));
a[root].val = op[], push_up(root);
}
else if(op[] == 'I')
{
scanf("%d%s", &x, op), ++n;
splay(root, find_kth(root, x + ));
splay(a[root][], find_kth(root, x + ));
a[a[root][]][] = ++ptot;
a[ptot].val = a[ptot].hash = op[];
a[ptot].fa = a[root][], a[ptot].siz = ;
push_up(a[root][]), push_up(root);
}
else
{
scanf("%d%d", &x, &y);
if(x > y) swap(x, y);
l = , r = n - y + , z = ;
while(l < r - )
{
mid = (l + r) >> ;
splay(root, find_kth(root, x));
splay(a[root][], find_kth(root, x + mid + ));
z = a[a[a[root][]][]].hash;
splay(root, find_kth(root, y));
splay(a[root][], find_kth(root, y + mid + ));
z -= a[a[a[root][]][]].hash;
z ? r = mid : l = mid;
}
printf("%d\n", l);
}
}
return ;
}