2026暑期牛客多校1 2026-7-17

sol 8

以下顺序按照难度给出

A:签到

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using LL = long long;

#define endl "\n"

void solve(){

string s;

cin>>s;

LL n=s.size();

if(n!=8){

cout<<"Well-Being"<<endl;

return;

}

for(int i=0;i<8;i++){

if(s $i$ =='a'||s $i$ =='o'||s $i$ =='e'||s $i$ =='i'||s $i$ =='u'){

if(i%2==0){

cout<<"Well-Being"<<endl;

return;

}

else{

if(i%2==1){

cout<<"Well-Being"<<endl;

return;

}

cout<<"Suspected Virus"<<endl;

}

int main(){

ios::sync_with_stdio(0);

cin.tie(0),cout.tie(0);

LL T=1;

cin>>T;

while(T--){

solve();

}

前缀和预处理一下计算即可

签到

#include<bits/stdc++.h>

#define int long long

#define pii pair<int,int>

#define endl '\n'

#define fi first

#define se second

#define dbg(x) cout<<#x<<" = "<<x<<endl;

#define dbg2(x,y) cout<<#x<<" = "<<x<<" "<<#y<<" = "<<y<<endl;

#define dbg3(x,y,z) cout<<#x<<" = "<<x<<" "<<#y<<" = "<<y<<" "<<#z<<" = "<<z<<endl;

#define forn for(int i=1;i<=n;i++)

#pragma GCC optimize(2)

using namespace std;

void solve(){

int n;

cin>>n;

vector<int>a(n+5),pre(n+5);

for(int i=1;i<=n;i++){

cin>>a $i$ ;

pre $i$ =pre $i-1$ +a $i$ ;

}

int ans=0;

for(int i=1;i<=n;i++){

int j=n-i;

int res=pre $n$ -pre $i$ ;

res-=j*a $i$ ;

ans+=res;

}

cout<<ans<<endl;

}

signed main(){

ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);

int T=1;

//cin>>T;

while(T--){

solve();

}

return 0;

}

提供一个跟标准答案不同的构造

注意到循环位移不会改变式子的值，我们可以直接将排列循环位移至k位为x

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using LL = long long;

#define endl "\n"

LL ksm(LL a,LL n,LL mod){

LL res=1;

while(n){

if(n&1)res=res*a%mod;

n/=2;

a=a*a%mod;

}

return res%mod;

}

void solve(){

LL n,k,x;

cin>>n>>k>>x;

vector<LL>p(n+1);

vector<vector<LL>>t(n+1);

vector<LL>pos(n+1);

for(int i=0;i<n;i++){

cin>>p $i$ ;

pos $p\[i$ ]=i;

}

vector<LL>ans(n+1);

LL sum=pos $x$ -k;

for(int i=0;i<n;i++){

ans $i$ =p $(i+sum+n)%n$ ;

}

for(int i=0;i<n;i++)cout<<ans $i$ <<" ";

cout<<endl;

}

int main(){

ios::sync_with_stdio(0);

cin.tie(0),cout.tie(0);

LL T=1;

//cin>>T;

while(T--){

solve();

}

诈骗题

不用管样例给出的立体图形，想象一根高度为1，半径为√2ϵ的圆柱，则对于底和顶上的元素而言，它们的距离近似为1

√ 1 +x2 ∼1+x2/2 ⇒√1+2ϵ≈1+ϵ

在高/底圆切/正方形密布放置即可

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using LL = long long;

#define endl "\n"

LL ksm(LL a,LL n,LL mod){

LL res=1;

while(n){

if(n&1)res=res*a%mod;

n/=2;

a=a*a%mod;

}

return res%mod;

}

mt19937_64 rnd(time(0));

void solve(){

LL n;

cin>>n;

double k1=0.01,k2=0.011;

cout<<2*n<<endl;

LL cnt=0;

for(int i=0;i<ceil(sqrt(n));i++){

for(int j=0;j<ceil(sqrt(n));j++){

if(cnt==n)break;

cnt++;

double x=0.0+i*k2,y=0.0+j*k2,z=0;

cout<<fixed<<setprecision(10)<<x<<" "<<y<<" "<<z<<endl;

}

cnt=0;

for(int i=0;i<ceil(sqrt(n));i++){

for(int j=0;j<ceil(sqrt(n));j++){

if(cnt==n)break;

cnt++;

double x=0.0+i*k2,y=0.0+j*k2,z=1;

cout<<fixed<<setprecision(10)<<x<<" "<<y<<" "<<z<<endl;

}

//sqrt(1+r*r) sqrt(1+4*r*r)-1=k

}

int main(){

ios::sync_with_stdio(0);

cin.tie(0),cout.tie(0);

LL T=1;

cin>>T;

while(T--){

solve();

}

大模拟

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using LL = long long;

#define endl "\n"

LL ksm(LL a,LL n,LL mod){

LL res=1;

while(n){

if(n&1)res=res*a%mod;

n/=2;

a=a*a%mod;

}

return res%mod;

}

int ts=0;

vector<LL>cola(6),colb(6);

LL ca(vector<LL>&a,int k){

sort(a.begin(),a.end());

LL cnt=0,n=5,Pa=0;

if(k==0){

cnt=*max_element(cola.begin(),cola.end());

}

else{

cnt=*max_element(colb.begin(),colb.end());

}

if(cnt==5&&a $0$ ==10&&a $1$ ==11&&a $2$ ==12&&a $3$ ==13&&a $4$ ==14){

return 9;

}

// if(ts){

// for(int i=0;i<n;i++){

// cout<<a $i$ <<" ";

// }

// cout<<endl;

// }

for(int i=0;i<1;i++){

int f=1;

for(int j=1;j<n;j++){

//if(a $(i+j)%n$ ==2&&a $(i+j-1)%n$ ==14)continue;

if(a $(i+j)%n$ ==a $(i+j-1)%n$ +1)continue;

f=0;

}

if(f)Pa=4;

}

if(a $0$ ==2&&a $1$ ==3&&a $2$ ==4&&a $3$ ==5&&a $4$ ==14)Pa=4;

if(cnt==5){

if(Pa==4)Pa=8;

else Pa=5;

}

unordered_map<LL,LL>mp;

for(int i=0;i<n;i++)mp $a\[i$ ]++;

int f1=0,f2=0,f3=0;

for(auto $x,sum$ :mp){

if(sum==2)f1++;

if(sum==3)f2++;

if(sum==4)f3++;

}

if(f1&&f2)Pa=max(Pa,6ll);

if(f3)Pa=max(Pa,7ll);

if(f1==2)Pa=max(Pa,2ll);

if(f1==1)Pa=max(Pa,1ll);

if(f2)Pa=max(Pa,3ll);

return Pa;

}

bool cmp(LL a,LL b){

return a>b;

}

void solve(){

int n=5;

//cin>>n;

for(int i=0;i<6;i++)cola $i$ =0,colb $i$ =0;

vector<vector<LL>>vis(60,vector<LL>(5));

unordered_map<char,LL>mp;

mp $'S'$ =1,mp $'C'$ =2,mp $'D'$ =3,mp $'H'$ =4;

mp $'A'$ =14,mp $'J'$ =11,mp $'Q'$ =12,mp $'K'$ =13;

mp $'T'$ =10;

for(int i=2;i<=9;i++){

char c='2'+i-2;

mp $c$ =i;

}

vector<LL>a1,b1;

for(int i=1;i<=4;i++){

string s;

cin>>s;

a1.push_back(mp $s\[0$ ]);

cola $mp\[s\[1$ ]]++;

vis $mp\[s\[0$ ]] $mp\[s\[1$ ]]=1;

}

for(int i=1;i<=4;i++){

string s;

cin>>s;

b1.push_back(mp $s\[0$ ]);

colb $mp\[s\[1$ ]]++;

vis $mp\[s\[0$ ]] $mp\[s\[1$ ]]=1;

}

auto check= $\&$ (vector<LL>&a,vector<LL>&b,int k)->LL{

sort(a.begin(),a.end());

sort(b.begin(),b.end());

if(k==9){

return 1;

}

else if(k==8||k==4){

int fa=0,fb=0;

for(int i=0;i<n;i++){

if(a $i$ ==2)fa=1;

if(fa&&a $i$ ==14)a $i$ =1;

if(b $i$ ==2)fb=1;

if(fb&&b $i$ ==14)b $i$ =1;

}

sort(a.begin(),a.end(),cmp);

sort(b.begin(),b.end(),cmp);

for(int i=0;i<n;i++){

if(a $i$ >b $i$ )return 2;

else if(a $i$ <b $i$ )return 0;

}

return 1;

}

else{

unordered_map<LL,LL>mp1,mp2;

for(int i=0;i<n;i++)mp1 $a\[i$ ]++,mp2 $b\[i$ ]++;

priority_queue<pair<LL,LL>>pq,pq1;

for(auto $x,cnt$ :mp1){

pq.push({cnt,x});

}

for(auto $x,cnt$ :mp2){

pq1.push({cnt,x});

}

LL cnt=0;

while(!pq.empty()){

auto $cnt1,x1$ =pq.top();

pq.pop();

auto $cnt2,x2$ =pq1.top();

pq1.pop();

cnt++;

if(x1>x2)return 2;

if(x2>x1)return 0;

}

//cout<<cnt<<" "<<a $4$ <<" "<<a $3$ <<endl;

return 1;

}

};

int f1=2;

for(int i=2;i<=14;i++){

for(int j=1;j<=4;j++){

if(vis $i$ $j$ )continue;

vis $i$ $j$ =1;

vector<LL>ta=b1;

ta.push_back(i);

colb $j$ ++;

int f=0,f2=0;

int pb=ca(ta,1);

for(int I=2;I<=14;I++){

f=0;

for(int J=1;J<=4;J++){

if(vis $I$ $J$ )continue;

cola $J$ ++;

vector<LL>tb=a1;

tb.push_back(I);

int pa=ca(tb,0);

// cout<<pa<<" "<<pb<<endl;

if(pa>pb){

f=2;

cola $J$ --;

break;

}

if(pa==pb){

f=check(tb,ta,pa);

}

cola $J$ --;

}

f2=max(f2,f);

if(f2==2)break;

}

// if(f2==0)cout<<i<<" "<<j<<endl;

f1=min(f1,f2);

colb $j$ --;

vis $i$ $j$ =0;

if(f1==0)break;

}

if(f1==0)cout<<"GeiWoCaPiXie"<<endl;

else if(f1==1)cout<<"PaiMeiYouWenTi"<<endl;

else cout<<"WoYaoYanPai"<<endl;

// for(int i=0;i<6;i++)cout<<cola $i$ <<" ";

// cout<<endl;

//cout<<*max_element(cola.begin(),cola.end())<<endl;

}

int main(){

ios::sync_with_stdio(0);

cin.tie(0),cout.tie(0);

LL T=1;

cin>>T;

while(T--){

solve();

}

kruskal重构树+并查集

想清楚怎么维护其实不难

代码来自队友

#include<bits/stdc++.h>

#define int long long

#define pii pair<int,int>

#define endl '\n'

#define fi first

#define se second

#define dbg(x) cout<<#x<<" = "<<x<<endl;

#define dbg2(x,y) cout<<#x<<" = "<<x<<" "<<#y<<" = "<<y<<endl;

#define dbg3(x,y,z) cout<<#x<<" = "<<x<<" "<<#y<<" = "<<y<<" "<<#z<<" = "<<z<<endl;

#define forn for(int i=1;i<=n;i++)

#pragma GCC optimize(2)

using namespace std;

const int N=250010;

int dx $4$ ={-1,1,0,0};

int dy $4$ ={0,0,-1,1};

int fa $N$ ;

int vis $N$ ;

int n,m,q;

int w $N$ ;

int mx $N$ ;

int lm $N$ ;

int a $N$ ;

int id(int x,int y){

return (x-1)*m+y;

}

int find(int x){

if(fa $x$ ==x)return x;

int rt=find(fa $x$ );

lm $x$ =max(lm $x$ ,lm $fa\[x$ ]);

return fa $x$ =rt;

}

void solve(){

cin>>n>>m>>q;

for(int i=1;i<=n*m;i++){

vis $i$ =0;

fa $i$ =i;

w $i$ =0;

mx $i$ =-1;

lm $i$ =0;

a $i$ =-1;

}

int l=0;

while(q--){

int op,xx,yy;

cin>>op>>xx>>yy;

int x=xx^l;

int y=yy^l;

int p=id(x,y);

vis $p$ =1;

if(op==1){

int v;

cin>>v;

a $p$ =v;

w $p$ =1;

mx $p$ =v;

for(int d=0;d<4;d++){

int nx=x+dx $d$ ;

int ny=y+dy $d$ ;

if(nx<1||nx>n||ny<1||ny>m)continue;

int qid=id(nx,ny);

if(!vis $qid$ )continue;

int rv=find(qid);

if(rv!=p){

lm $rv$ =max(lm $rv$ ,v-w $rv$ +1);

fa $rv$ =p;

w $p$ +=w $rv$ ;

}

l=max(w $find(p)$ -1,0ll);

}

else{

find(p);

l=max(lm $p$ -a $p$ ,0ll);

}

cout<<l<<"\n";

}

signed main(){

ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);

int T=1;

//cin>>T;

while(T--){

solve();

}

return 0;

}

状态压缩dp+马尔可夫决策

1.因为每一轮手牌的状态变化仅跟双方的出牌/补牌有关，所以对于每种状态的每一种情况，我们可以预处理出它的nxt

2设Vt(s) 为当前状态 s、剩余t轮时Alice 的最大期望得分。

Vt(s) = max a: A.c $a$ >0 min b: B.c $b$ >0 payA(a,b) + 1 9 2 2 na=0 nb=0 Vt−1 s′(a,b,na,nb)

这个式子表示，对于每一种A的出牌，B取其得分最小的情况，而A取这些情况中最大的那一种

3.tips:期望dp特色：反向计算，dpi的i表示剩余i轮

4.马尔可夫决策：

不可约：由于每轮结束后双方独立随机补牌，从任意状态出发都可以在有限步内以正概率到达任意其他状态；

非周期：返回同一状态的步数没有固定周期限制

故期望函数值的增长在极大收敛于同一常数；

该常数可通过1e4的增长期望求平均近似

5.对于1e4以下的数据，dp

对于1e4以上的数据，dp1e4+dt*g

code:

#include<bits/stdc++.h>

#define int long long

#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f

#define GG ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);

#define cnot cout<<"NO"<<"\n"

#define cyes cout<<"YES"<<"\n"

#define cans cout<<ans<<"\n"

#define pb push_back

#define x0 first

#define y0 second

#define lc p<<1

#define rc p<<1|1

#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

#define sp(x) fixed<<setprecision(x)

#define all(v) v.begin(),v.end()

#define fr(i,st,ed) for(int i=st;i<=ed;i++)

#define ffr(i,st,ed,dt) for(int i=st;i<=ed;i+=dt)

using namespace std;

typedef pair<int,string>Pis;

typedef pair<int,int>Pii;

typedef pair<string,string>Pss;

const int N=2e4+10,mod=1e9+7,M=1e6+10;

int lowbit(int x){

return x&(-x);}

int nxt $105$ $3$ $3$ $3$ $3$ ;

double dp $10005$ $105$ ;

int ID $4$ $4$ $4$ ;

struct Node{

int c $3$ ;

};

Node hand $10$ ;

bool WIN(int a,int b){

return (a==0&&b==1)||(a==1&&b==2)||(a==2&&b==0);

}

int PAY(int a,int b){

if(WIN(a,b))return 3;

if(a==b)return 1;

return 0;

}

void init(){

int idx=0;

fr(i,0,3){

fr(j,0,3-i){

int k=3-i-j;

hand $idx$ ={{i,j,k}};

ID $i$ $j$ $k$ =idx++;

}

fr(i,0,9){

fr(j,0,9){

int s=i*10+j;

Node A=hand $i$ ,B=hand $j$ ;

fr(act,0,2){

fr(b,0,2){

fr(na,0,2){

fr(nb,0,2){

int ns=-1;

if(A.c $act$ >0&&B.c $b$ >0){

int nrA=A.c $0$ -(act==0)+(na==0);

int nsA=A.c $1$ -(act==1)+(na==1);

int npA=A.c $2$ -(act==2)+(na==2);

int nrB=B.c $0$ -(b==0)+(nb==0);

int nsB=B.c $1$ -(b==1)+(nb==1);

int npB=B.c $2$ -(b==2)+(nb==2);

if(nrA>=0&&nsA>=0&&npA>=0&&nrB>=0&&nsB>=0&&npB>=0){

ns=ID $nrA$ $nsA$ $npA$ *10+ID $nrB$ $nsB$ $npB$ ;

}

nxt $s$ $act$ $b$ $na$ $nb$ =ns;

}

double avg=0.0;

void DP(){

memset(dp,0.0,sizeof(dp));

fr(i,1,10000){

fr(j,0,9){

fr(k,0,9){

int s=j*10+k;

double Max=0;

bool f=0;

fr(a,0,2){

if(hand $j$ .c $a$ ==0)continue;

f=1;

double Min=inf;

fr(b,0,2){

if(hand $k$ .c $b$ ==0)continue;

int val=PAY(a,b);

double cst=0;

fr(na,0,2){

fr(nb,0,2){

int ns=nxt $s$ $a$ $b$ $na$ $nb$ ;

if(ns!=-1)cst+=dp $i-1$ $ns$ ;

}

double v=(double)val+(double)cst/9.0;

Min=min(Min,v);

}

Max=max(Max,Min);

}

if(f)dp $i$ $s$ =Max;

}

fr(i,0,99)avg+=(dp $10000$ $i$ -dp $9999$ $i$ );

avg/=100.0;

}

void solve(){

int n;

cin>>n;

string str1,str2;

cin>>str1>>str2;

int cnt1 $3$ ={0},cnt2 $3$ ={0};

fr(i,0,2){

cnt1 $i$ =count(all(str1),i+'R')+count(all(str1),i+'P')+count(all(str1),i+'S');

cnt2 $i$ =count(all(str2),i+'R')+count(all(str2),i+'P')+count(all(str2),i+'S');

}

int s1=ID $cnt1\[0$ ] $cnt1\[1$ ] $cnt1\[2$ ],s2=ID $cnt2\[0$ ] $cnt2\[1$ ] $cnt2\[2$ ];

int ca $3$ ={0}, cb $3$ ={0};

for (char c : str1) { if(c=='R')ca $0$ ++; else if(c=='S')ca $1$ ++; else ca $2$ ++; }

for (char c : str2) { if(c=='R')cb $0$ ++; else if(c=='S')cb $1$ ++; else cb $2$ ++; }

int s1=ID $ca\[0$ ] $ca\[1$ ] $ca\[2$ ];

int s2=ID $cb\[0$ ] $cb\[1$ ] $cb\[2$ ];

if(n<=10000){

cout<<sp(12)<<dp $n$ $s1\*10+s2$ <<"\n";

return;

}

else{

int dt=n-10000;

double ans=dp $10000$ $s1\*10+s2$ +(double)dt*avg;

cout<<sp(12)<<ans<<"\n";

return;

}

signed main(){

GG;

init();

DP();

int _t=1;

cin>>_t;

while(_t--){

solve();

}

AC自动机优化/前后缀最大值/计数问题

（牛客的中文题解并不是很说人话，所以这是一个详细版本

首先，对于每个询问串，我们一定希望找出它在s中的位置，所以本题被分解成两个部分：找位置和计算

1.假设我们已经得到了每个询问串在s的具体位置p1,...,pm

所有好区间 $L,R$ 可划分为m个部分：

1 L∈ $1,p1$ , R ∈ $p1 +\|t\|−1,n$

2 L∈ $p1+1,p2$ , R ∈ $p2 +\|t\|−1,n$

3 ···

4 L∈ $pm-1+1,pm$ , R ∈ $pm +\|t\|−1,n$

这样可以保证至少包含1个t；

我们知道，val=pre $r$ -pre $l-1$ ,想要极大化val，我们希望能够同时极大化pre $r$ 和极小化pre $l-1$ ,也就是需要我们去对pre做前缀最小值和后缀最大值

而对所有区间计数，求所有区间累加的具体方法为：

对于一个 $l,r$ ,我们令上一段 $l,r$ 的l为prev,令L表示prev-l-1的前缀和的累和，R表示r-n的前缀和的累和，左侧元素个数为cntL=l-prv,右侧元素个数为cntR=n-r+1;则完全包含该段区间的累和为R*cntL-L*cntR，这个通过手算其实很好验证；

其次，我们考虑寻找所有的子串位置，一个个压入kmp则一定超时，所以我们考虑AC自动机优化，

AC自动机的建立和模板基本上没有区别，唯一的优化是增加了up来优化fail指针的跳跃，具体的，我们希望在扫描s的时候，每经过一个字母都往上跳，寻找是否存在符合的以它为结尾的询问，但如果该节点对应的值未被记录则可以直接跳至它的fail指针处

而如果存在以当前指针为结尾的询问，则在该询问里加入当前位置

时间可行性则是：

相同长度的不同子串在S中的出现位置互不相同，因此同一个长度的查询的出现位置个数之和是O(n)，不同的查询串长度只有O(√T)种，总复杂度是O(T|Σ|+n√T)，其中 T= |t|,|Σ|=26 是字符集大小。

(都打多校了不会有人没学AC自动机吧。。。）

code:

#include<bits/stdc++.h>

#define int long long

#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f

#define GG ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);

#define cnot cout<<"NO"<<"\n"

#define cyes cout<<"YES"<<"\n"

#define cans cout<<ans<<"\n"

#define pb push_back

#define x0 first

#define y0 second

#define lc p<<1

#define rc p<<1|1

#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

#define sp(x) fixed<<setprecision(x)

#define all(v) v.begin(),v.end()

#define fr(i,st,ed) for(int i=st;i<=ed;i++)

#define ffr(i,st,ed,dt) for(int i=st;i<=ed;i+=dt)

using namespace std;

typedef pair<int,string>Pis;

typedef pair<int,int>Pii;

typedef pair<string,string>Pss;

const int N=3e5+10,mod=998244353,M=1e6+10;

int lowbit(int x){

return x&(-x);}

int qnode $N$ ;

struct AC{

int nxt $N$ $26$ ,fail $N$ ,L,root;

int up $N$ ,len $N$ ;

int newnode(){

memset(nxt $L$ ,-1,sizeof(nxt $L$ ));

up $L$ =-1;

len $L$ =0;

return L++;

}

void init(){

L=0;

root=newnode();

}

void ist(string s,int id){

int now=root;

for(int i=0;i<s.size();i++){

int c=s $i$ -'a';

if(nxt $now$ $c$ ==-1)

nxt $now$ $c$ =newnode();

now=nxt $now$ $c$ ;

}

qnode $id$ =now;

len $now$ =s.size();

}

void build(){

queue<int>Q;

fail $root$ =root;

for(int i=0;i<26;i++){

if(nxt $root$ $i$ ==-1)

nxt $root$ $i$ =root;

else{

fail $nxt\[root$ $i$ ]=root;

Q.push(nxt $root$ $i$ );

}

while(!Q.empty()){

int u=Q.front();

Q.pop();

for(int i=0;i<26;i++){

if(nxt $u$ $i$ ==-1)

nxt $u$ $i$ =nxt $fail\[u$ ] $i$ ;

else{

fail $nxt\[u$ $i$ ]=nxt $fail\[u$ ] $i$ ;

Q.push(nxt $u$ $i$ );

}

up $u$ =len $fail\[u$ ]?fail $u$ :up $fail\[u$ ];

}

}ac;

int P $N$ ,pre $N$ ,sumP $N$ ,prefmin $N$ ,sufmax $N$ ;

int SUM(int l,int r){

if(l>r)return 0;

return (sumP $r$ -sumP $l-1$ +mod)%mod;

}

int QMOD(int x){

x%=mod;

return x<0?x+mod:x;

}

vector<int>pos $N$ ;

bool vis $N$ ;

int MAX $N$ ,SUMS $N$ ;

void solve(){

int n,q;

cin>>n>>q;

string S;

cin>>S;

S=" "+S;

fr(i,1,n){

cin>>P $i$ ;

pre $i$ =pre $i-1$ +P $i$ ;

}

prefmin $0$ =pre $0$ ;

fr(i,1,n){

prefmin $i$ =min(prefmin $i-1$ ,pre $i$ );

}

sufmax $n$ =pre $n$ ;

for(int i=n-1;i>=1;i--){

sufmax $i$ =max(sufmax $i+1$ ,pre $i$ );

}

fr(i,1,n){

sumP $i$ =QMOD(sumP $i-1$ +pre $i$ );

}

ac.init();

fr(i,1,q){

string s;

cin>>s;

ac.ist(s,i);

}

ac.build();

int now=ac.root;

fr(i,1,n){

now=ac.nxt $now$ $S\[i$ -'a'];

for(int j=now;j;j=ac.up $j$ ){

if(ac.len $j$ ){

pos $j$ .pb(i-ac.len $j$ +1);

}

fr(i,1,q){

int Pos=qnode $i$ ;

if(vis $Pos$ ){

cout<<MAX $Pos$ <<" "<<SUMS $Pos$ <<"\n";

continue;

}

vis $Pos$ =1;

int Max=-inf,Sum=0;

for(int x:pos $Pos$ ){

int l=x,r=x+ac.len $Pos$ -1;

int val=sufmax $r$ -prefmin $l-1$ ;

Max=max(Max,val);

}

MAX $Pos$ =Max;

int sz=pos $Pos$ .size();

for(int k=0,prv=0;k<sz;k++){

int l=pos $Pos$ $k$ ,r=l+ac.len $Pos$ -1;

int L=QMOD(SUM(prv,l-1));

int R=QMOD(SUM(r,n));

int cntL=l-prv,cntR=n-r+1;

Sum=(Sum+QMOD(R*cntL-L*cntR)+mod)%mod;

Sum=QMOD(Sum);

prv=l;

}

SUMS $Pos$ =(Sum+mod)%mod;

cout<<Max<<" "<<SUMS $Pos$ <<"\n";

}

signed main(){

GG;

int _t=1;

//cin>>_t;

while(_t--){

solve();

}