<think>嗯，用户的问题是关于如何通过C++编写程序来解决给定n个
长度为m的环形字符串之间的最长公共
子串问题，并
且要最大化边权和。这个问题看起来有点复杂，我需要仔细分析一下。
首先，用户提到的环形字符串可能意味着每个字符串是首尾相连的，比如引用1和引用3中的例子。这样的话，
子串可以从任意位置开始，并
且可以环绕到开头。例如，在引用3的示例2中，最长子字符串是首尾连接的。所以处理环形字符串时，可能需要将字符串复
制一次，比如将s变为s+s，然后处理
长度不超过m的
子串，这样可以避免环形带来的复杂性。这种方法在解决环形
数组问题时常用，比如最大子
数组和的问题。
接下来，问题涉及多个字符串之间的最长公共
子串。通常，寻找多个字符串的最长公共
子串是一个难题，尤其是当n较大时。但是用户提到n个
长度为m的环形字符串，所以可能需要考虑所有字符串的公共
子串，并
且是环形的。此外，用户还提到要最大化边权和，这里的“边权”可能是指
子串中每个字符的权重之和，或者可能与
子串的位置有关。
不过用户没有给出边权的具体定义，可能需要进一步明确。假设边权是指
子串本身的
长度，那么最大化边权和可能等同于寻找最长的公共
子串。但需要确认这一点。
然后，我需要参考用户提供的引用内容。引用1和引用3都涉及到环形字符串中寻找满足特定条件的最长
子串。例如，引用3中的问题需要找到
包含'l','o','x'字符出现偶
数次的最长
子串，并
且处理环形的情况。这可能对处理当前问题的方法有启发，比如如何处理环形结构，可能采用将字符串扩展为两倍
长度的方法。
引用2中的C++代码是关于最长
不含重复字符的
子串，使用了滑动窗口的方法。这可能对处理
子串问题有帮助，但当前问题涉及多个字符串的公共
子串，可能需要
不同的方法。
现在，问题需要解决的是n个环形字符串的最长公共
子串，并
且最大化边权和。这里可能的思路是：
1. 环形处理：将每个字符串扩展为两倍
长度，以处理环形的情况。这样，任何起始位置的
子串都可以在扩展后的字符串中找到，只要
长度不超过原
长度m。
2. 最长公共
子串：对于多个字符串来说，寻找所有字符串的公共
子串通常比较困难。常用的方法包括使用后缀自动机或者动态规划。但n较大的情况下，时间复杂度可能很高。
假设n较小，比如n=2，那么可以比较两个字符串的所有可能
子串。但对于较大的n，这种方法
不可行。用户没有给出n的范围，但题目中提到每个字符串
长度为m，可能m较大（比如500000），因此需要考虑高效的算法。
另一个可能的思路是，对于每个字符串，生成所有可能的
子串（考虑环形），然后找到所有字符串共有的最长
子串。但这种方法的时间和空间复杂度会非常高，尤其是当m很大时。
或者，可以考虑将每个环形字符串的所有可能旋转形式进行处理，然后找到所有字符串共有的某个
子串。例如，对于每个字符串，生成其所有可能的旋转后的字符串，然后找出公共
子串。然而，这样的处理对于
长度为m的字符串来说，会产生m个
不同的旋转形式，当m很大时，这
不可行。
或者，可以考虑将每个环形字符串视为其所有可能起始位置的循环，然后在每个字符串中寻找最长的公共
子串。例如，将每个字符串s复
制为s+s，然后在每个这样的扩展字符串中寻找
长度为m以内的
子串，作为可能的候选。
但如何高效地找到多个字符串的公共
子串呢？一个可能的优化方法是，首先找到所有字符串的所有可能的
子串，然后取交集，找出最长的那个。但这对于大m来说
不现实。
另一个思路是，使用后缀自动机来处理多个字符串的最长公共
子串。例如，可以构建一个广义后缀自动机，然后找到在所有字符串中都出现的最长
子串。但后缀自动机的实现可能较为复杂，尤其是在处理环形字符串的情况下。
此外，用户提到要最大化边权和，可能需要明确边权的计算方式。假设边权是指
子串的
长度，那么最长公共
子串的边权和就是其
长度，因此问题简化为找到最长的公共
子串。如果边权有其他定义，可能需要
不同的处理方式。但用户没有给出具体定义，这里可能需要假设边权即
长度。
综上所述，可能的解决步骤是：
1. 处理环形字符串：将每个字符串s扩展为s+s，然后限
制子串长度不超过m。
2. 对于所有n个扩展后的字符串，找到它们的最长公共
子串，
且该
子串的
长度不超过m。
3. 返回该
子串的
长度作为最大边权和。
接下来，如何实现多个字符串的最长公共
子串？对于两个字符串的情况，可以使用动态规划或者后缀自动机。例如，动态规划方法的时间复杂度是O(m^2)，这在m较大时
不可行。而使用后缀自动机可能更高效，但实现复杂。
对于多个字符串的情况，通常的方法是取第一个字符串的所有后缀，然后在其他字符串中检查是否存在这些后缀的前缀。记录所有字符串中都存在的最长前缀。这种方法的时间复杂度取决于字符串
数量和
长度，但可能需要优化。
考虑到用户需要C++代码实现，可能要考虑如何高效处理这个问题。例如，对于n个字符串，可以构建一个后缀自动机，然后对于每个状态，检查是否在所有字符串中都有出现。
或者，可以采用
二分查找的方法，假设最长公共
子串的
长度为L，检查是否存在
长度为L的
子串在所有字符串中都出现。对于每个可能的L（通过
二分搜索确定最大值），可以在每个字符串中预处理所有
长度为L的
子串的哈希值，然后检查是否存在一个哈希值在所有字符串中都存在。这种方法的时间复杂度为O(n*m*log m)，可能适用于较大的m。
另外，环形字符串的处理可能需要特殊考虑。例如，对于每个字符串s，生成s+s，然后对于每个可能的起始位置i（0<=i<m），生成
长度为L的
子串，其中L的范围是1到m。然后检查这个
子串是否在所有其他字符串的扩展字符串中出现过。
这可能非常耗时，尤其是当n和m较大时。例如，当m=5e5，n=10时，这样的方法可能需要O(n*m^2)的时间，这显然
不可行。
因此，需要寻找更高效的算法。可能的一个优化是，对于每个字符串，生成其所有可能的循环
子串的滚动哈希，并将这些哈希存储在哈希表中。然后，寻找在所有字符串的哈希表中都存在的哈希值，并记录最大的
长度。这种方法的时间复杂度可能为O(n*m)，但需要具体实现。
例如，使用Rabin-Karp算法为每个字符串预处理所有可能的
子串的哈希值，并存储在一个哈希表中。然后，对于每个可能的
长度L，从最长到最短，检查是否存在一个哈希值在每个字符串的哈希表中都存在。如果存在，则返回L作为最大边权和。
然而，这样的预处理对于每个字符串来说，需要O(m^2)的时间，当m=5e5时，这显然
不可能。因此，这样的方法
不可行。
因此，可能需要寻找另一种方法。或许，可以将环形字符串的问题转换为线性字符串的问题，通过将每个字符串扩展为两倍
长度，然后在每个扩展后的字符串中寻找
长度为L的
子串，并
且该
子串出现在所有其他字符串的扩展字符串中。这样，可以将问题转换为在n个扩展后的字符串中寻找最长公共
子串，
且长度不超过m。
对于n个字符串的最长公共
子串问题，一种可能的解决方案是使用后缀自动机。首先，对第一个字符串构建后缀自动机，然后对于每个后续字符串，记录每个状态在该字符串中的出现情况。最终，找到在所有字符串中都出现的最长
子串。这种方法的时间复杂度为O(n*m)，可能适用于较大的m值。
不过，这样的实现比较复杂，特别是在处理多个字符串的时候。此外，还需要处理环形字符串的情况，即
子串可以跨越原始字符串的末尾和开头。
例如，对于每个字符串s，构建其扩展后的字符串s+s，并构建后缀自动机。然后，寻找在所有后缀自动机中都存在的最长
子串，
且长度不超过m。
这可能需要将每个字符串的扩展版本处理后，逐步与其他字符串的自动机进行交集操作，但这样的操作可能非常复杂。
另一种思路是，将每个字符串的所有旋转视为可能的候选，然后寻找所有字符串共有的
子串。例如，对于每个字符串，生成其所有可能的旋转（即循环移位后的字符串），然后找到所有旋转中的公共
子串。但这种方法的时间复杂度太高，当m很大时
不可行。
回到用户的问题，可能需要进一步澄清。例如，“边权和”具体指什么？是否指
子串的
长度？或者每个字符有权值，边权和是字符权值的总和？如果边权是
子串的
长度，那么最大化边权和等同于寻找最长公共
子串。如果边权是其他定义，可能需要
不同的处理方式。
假设边权和即
子串的
长度，那么问题转化为寻找n个环形字符串的最长公共
子串的
长度。
接下来，如何处理环形字符串？例如，对于每个字符串s，将其扩展为s+s，这样任何起始位置的
长度为L≤m的
子串都可以在扩展后的字符串中找到。然后，问题转化为在n个扩展后的字符串中寻找最长的公共
子串，
且长度不超过m。
但是，直接处理n个扩展后的字符串的最长公共
子串仍然困难。可能需要采用
二分法结合哈希的方法：
1. 使用
二分法确定可能的
长度L，从最大的可能值m开始，逐步减小。
2. 对于每个L，检查是否存在一个
长度为L的
子串，在所有n个扩展后的字符串中都存在。
3. 一旦找到这样的L，即为答案。
检查是否存在这样的L可以使用滚动哈希（Rabin-Karp算法）来优化。
具体步骤：
对于每个字符串s_i，预处理其扩展后的字符串s_i+s_i的所有
长度为L的
子串的哈希值，并将这些哈希值存入一个哈希集合中。然后，取所有字符串的哈希集合的交集，如果交集非空，则存在这样的L。
但由于L可能很大，这样的预处理在每次
二分时都需要处理所有字符串，时间复杂度可能很高。例如，对于每个
二分步骤中的L，需要O(n*m)的时间预处理哈希，总时间复杂度为O(n*m*log m)，这在m=5e5时可能无法接受。
因此，需要更高效的哈希预处理方法。例如，预先为每个字符串的所有可能L计算哈希，这在存储上是
不可行的。因此，可能需要另一种方法。
另一种思路是，对于每个字符串s，计算其所有可能
长度的所有
子串的哈希，但这样存储量太大。因此，可能无法实现。
或许，可以将问题限
制为寻找最长公共
子串的
长度，而
不管具体位置。这时，可以采用后缀自动机的方法。
例如，首先构建第一个字符串的后缀自动机，然后对于每个后续字符串，更新自动机以仅保留在该字符串中出现的
子串。最终，自动机中的最长状态即为所有字符串的公共最长
子串的
长度。
不过，这样的方法需要逐个处理每个字符串，并更新自动机，可能比较高效。然而，处理环形字符串的后缀自动机需要考虑扩展后的字符串s+s，并在其中寻找
长度不超过m的
子串。
具体步骤：
1. 对于每个字符串s_i，构建其扩展后的字符串s_i+s_i的后缀自动机，但限
制子串的最大
长度为m。或者，在构建后缀自动机时，记录每个状态的最大可能
长度，
不超过m。
2. 然后，找到所有后缀自动机的交集，即所有公共
子串。其中最长的即为所
求。
不过，如何
求多个后缀自动机的交集可能比较复杂。通常，
求两个自动机的交集已经比较困难，而n个自动机的交集更复杂。因此，这种方法可能
不可行。
或许，可以采用另一种方法：找到所有字符串的所有公共
子串，并记录最长的那个。但如何高效实现？
这里可能需要参考一些现有的算法或论文，寻找多个字符串的最长公共
子串的高效算法。例如，对于多个字符串的最长公共
子串问题，已知的算法时间复杂度为O(n*m)，其中n是字符串
数量，m是字符串
长度。例如，使用广义后缀树或后缀自动机。
假设我们使用广义后缀自动机，构建
包含所有字符串的后缀自动机，然后检查每个状态是否在所有字符串中都存在。如果是，则记录其
长度。最后取最大的
长度作为答案。
构建广义后缀自动机的过程是逐个插入字符串，并在每次插入后，记录每个状态的出现情况。例如，每个状态维护一个位掩码，表示哪些字符串
包含该状态对应的
子串。然后，最终检查位掩码是否为全1（即所有n个字符串都
包含该
子串），并记录最大
长度。
这种方法的时间复杂度为O(n*m)，可能适用于较大的m值。
但需要处理的是环形字符串的情况。由于每个字符串是环形的，所以它们的
子串可以是任何循环移位后的
子串。因此，可能需要将每个字符串处理为其扩展后的s+s形式，并在其中寻找
长度不超过m的
子串。
因此，具体步骤可能如下：
1. 对每个字符串s_i，构造其扩展后的字符串t_i = s_i + s_i。
2. 构建广义后缀自动机，
包含所有t_i的所有
子串，但限
制子串长度不超过m。
3. 对于自动机中的每个状态，检查该状态对应的
子串是否在所有t_i中出现过，并
且长度不超过m。
4. 找出满足条件的最长
子串的
长度，即为所
求的最大边权和。
但如何确保
子串在t_i中出现时，其
长度不超过m？可能需要在对每个字符串构建后缀自动机时，记录每个状态的最大可能
长度不超过m。或者，在后续处理时，将超过m
长度的
子串排除。
或者，在构建后缀自动机时，对于每个字符串t_i，处理时当
子串长度超过m时，
不再继续扩展。这可能比较复杂。
或者，在构建广义后缀自动机时，每个状态记录该
子串在哪些字符串中出现，并
且记录该
子串在各个字符串中的最大可能
长度（
不超过m）。
这可能需要更复杂的状态管理，但可能可行。
例如，在插入字符串t_i时，当处理到某个位置，
子串的
长度可能超过m，此时可以限
制其
不超过m。但具体实现可能涉及在插入过程中跟踪当前
子串的
长度，并确保
不超过m。
或者，将每个t_i的处理限
制为前2m个字符，并
且在插入到后缀自动机时，只考虑
长度不超过m的
子串。例如，对于每个位置j in 0..2m-1，在插入字符t_i[j]时，维护当前
子串的起始位置，使得
子串长度<=m。这可能比较复杂，但或许可以通过滑动窗口的方式处理。
例如，使用滑动窗口的方法，维护窗口的左右指针，使得窗口
长度不超过m。这样，对于每个t_i，插入其所有可能的
长度为1到m的
子串到后缀自动机中。然后，构建广义后缀自动机，并检查哪些
子串在所有字符串中出现过。
但是，这样的方法会导致插入大量
子串，时间复杂度可能变为O(n*m^2)，这在m=5e5时显然
不可行。
因此，必须寻找更高效的算法。
或许，可以换一个思路：每个环形字符串的最长
子串可以出现在任何起始位置，并
且可以环绕。因此，对于每个字符串，其所有可能的循环
子串可以等价于其线性扩展后的字符串中
长度为L≤m的
子串。因此，问题转化为在n个扩展后的字符串中寻找最长的公共
子串，
且长度不超过m。
此时，问题等同于在n个字符串的扩展后的版本中寻找最长的公共
子串，
且该
子串的
长度不超过m。
对于这个问题，可以使用滑动窗口和哈希的方法。例如，对于每个可能的L（从m到1递减），检查是否存在一个
长度为L的
子串，在所有扩展后的字符串中出现。一旦找到，则返回L。
为了高效检查，可以使用滚动哈希预处理每个扩展后的字符串的所有
长度为L的
子串的哈希值，然后将这些哈希值存入哈希集合，并计算它们的交集。如果交集非空，则存在这样的L。
具体步骤：
1. 预处理每个字符串s_i，生成t_i = s_i + s_i。
2. 对于当前的L（使用
二分法从高到低），遍历每个t_i，计算所有
长度为L的
子串的哈希值，并存入一个哈希集合中。同时，记录这些
子串在原始s_i中的位置是否允许
长度L
不超过m。例如，对于t_i中从位置j开始的
子串，其
长度为L，那么必须满足j + L <= 2m，并
且 L <=m。或者，更准确地说，当
子串跨越s_i的末尾和开头时，其实际
长度不超过m。例如，在t_i中，
子串可以从j开始，
长度为L，其中j的范围是0到m-1，这样L最大可以到m。
或者，可能
不需要特别处理，因为当L <=m时，任何从j开始的
子串（j在0到m-1）的
长度L的
子串，在t_i中对应的环形
子串是有效的。例如，当j >=m时，
子串可能重复，但可能已经被覆盖。
这可能比较复杂，需要更仔细的处理。
例如，对于每个扩展后的t_i = s_i + s_i，我们需要找到所有
长度为L的
子串，其中L <=m，并
且这些
子串对应于s_i的环形
子串。也就是说，
子串在t_i中的起始位置可以是0到m-1，并
且长度为L，或者起始位置超过m，但取模后的位置在0到m-1范围内。
但为了简化，可以认为在t_i中，所有
长度为L的
子串（L <=m）的起始位置j的范围是0 <= j < 2m - L +1。但其中，当j + L >m时，
子串可能跨越原始s_i的末尾和开头。例如，当j= m - L +1时，
子串的末尾在m的位置，之后的部分来自s_i的开头。
但为了确保每个
子串是原环形字符串的有效
子串（即
长度为L），可以认为在t_i中，任何
长度为L的
子串，其中L <=m，都是有效的环形
子串。因此，在预处理时，对于每个t_i，生成所有
长度为L的
子串的哈希，并记录它们的哈希值。
然后，在所有n个字符串的哈希集合中，寻找是否存在至少一个哈希值，出现在所有n个集合中。如果存在，则L是可行的。
这种方法的关键在于，如何高效地生成每个字符串的哈希集合，并进行交集检查。由于L可能很大，比如m=5e5，所以需要高效的滚动哈希方法。
滚动哈希（Rabin-Karp）算法可以在O(1)时间计算每个
子串的哈希，前提是预处理好前缀哈希和幂次
数组。例如，对于字符串t，预处理其前缀哈希
数组hash和幂
数组pow，那么
子串t[j..j+L-1]的哈希值为 (hash[j+L] - hash[j] * pow[L]) mod mod_value。
这样，预处理时间为O(m)，每个L的处理时间为O(m)，因为需要遍历所有可能的起始位置j，并计算哈希值。
对于每个L，总时间复杂度为O(n*m)。而
二分搜索需要进行log m次，总时间复杂度为O(n*m*log m)。当n和m较大时，这可能
不可行。例如，当n=10，m=5e5，总时间为10*5e5*20 ≈1e8，可能勉强可行，但需要优化。
为了优化，可能需要从最大的L=m开始向下检查，而
不是使用
二分法。一旦找到满足条件的L，立即返回。这样，最坏情况下时间复杂度为O(n*m^2)，但在实际中可能更快，尤其是当最长公共
子串较长时。
但显然，当m=5e5时，这样的方法无法处理，因此需要更高效的算法。
这可能意味着，对于较大的m，必须使用基于后缀自动机或后缀
数组的方法，其时间复杂度较低。
回到后缀自动机的思路，构建广义后缀自动机可能更高效。例如，对于每个扩展后的字符串t_i，构建其后缀自动机，并记录每个状态的出现情况。然后，找到在所有自动机中都存在的状态，并记录最长的
长度。
但如何合并多个后缀自动机的状态信息？这可能需要复杂的处理，比如使用哈希映射来记录每个
子串的出现次
数。
或者，可以采用逐个处理字符串的方法：
1. 初始化一个空的哈希集合，保存当前所有可能的公共
子串的哈希值。
2. 对于第一个字符串t_0，计算所有
长度为L的候选
子串的哈希值，并存入集合S。
3. 对于后续的每个字符串t_i，计算其所有
长度为L的
子串的哈希值，并保留与S的交集。如果交集为空，则L
不可行。
4. 重复这个过程，直到处理完所有字符串，并检查最终的交集是否非空。
但这种方法需要多次处理每个字符串的
不同L值，时间复杂度可能很高。
综上所述，可能难以找到一个高效的算法来处理n个环形字符串的最长公共
子串问题，尤其是在m较大的情况下。因此，可能需要问题中的n或m的范围较小，或者用户的问题存在其他约束条件。
此外，用户提供的引用内容中，引用3提到华为OD机试的题目，其中处理环形字符串时，可能采用了一些巧妙的位掩码或状态记录的方法。例如，在引用3的问题中，需要统计'l','o','x'的出现次
数是否为偶
数，这可能通过状态压缩来处理。可能类似的思路可以应用到当前问题中。
然而，当前问题与引用3的问题
不同，用户需要的是最长公共
子串，而
不是特定字符的出现次
数。因此，可能需要
不同的方法。
现在，回到用户的问题，可能需要给出一个基于滚动哈希和
二分法的解决方案，尽管其时间复杂度可能较高，但在实际中可能适用于较小的m值。
例如，C++代码的大致步骤可能如下：
1. 预处理每个环形字符串s_i，生成t_i = s_i + s_i。
2. 使用
二分法确定最大的L，使得存在一个
长度为L的
子串，在所有t_i中出现，并
且L <=m。
3. 对于每个L，使用滚动哈希计算每个t_i的所有
长度为L的
子串的哈希值，并存入哈希集合。然后，计算所有集合的交集，若存在公共哈希，则L可行。
4. 返回最大的L作为答案。
在代码实现中，需要注意以下几点：
- 滚动哈希的基
数和模
数选择，以避免哈希冲突。可能需要使用双哈希（即两个
不同的基
数和模
数）来减少冲突概率。
- 处理环形字符串时，如何确保
子串的
长度不超过m。例如，在t_i中，只考虑起始位置j在0到m-1范围内的
子串，因为当j超过m时，
子串会重复原来的起始位置。例如，起始位置j的范围是0 <= j <m，这样
长度为L的
子串在t_i中对应的环形
子串是唯一的。
因此，在生成哈希值时，只需要处理j从0到m-1，每个
长度为L的
子串。
这样，对于每个字符串t_i，
长度为L的
子串的
数量为m（因为j的范围是0到m-1），因此总共有m个
子串需要处理，而
不是2m-L+1。这可以大大减少计算量。
例如，对于每个t_i = s_i + s_i，我们只处理j in 0..m-1，并
且取
长度为L的
子串t_i.substr(j, L)。如果j + L > m，则
子串将包括s_i的末尾部分和开头部分，这正是环形结构所需要的。
因此，在代码中，对于每个L，遍历每个字符串的每个起始位置j in 0..m-1，计算其对应的哈希值。
这可以将每个字符串的处理量减少到m次，而
不是2m-L+1次，从而降低时间复杂度。
此外，使用
二分法确定L的最大值，从L=m开始向下尝试，一旦找到满足条件的L，立即返回，避免
不必要的计算。
因此，代码的大致结构如下：
- 预处理每个字符串s_i，生成t_i = s_i + s_i.
- 对L从m到1进行循环：
- 对于每个字符串s_i，计算其所有起始位置j in 0..m-1的
长度为L的
子串的哈希值，并存入一个哈希集合中。
- 计算这些哈希集合的交集。如果交集非空，则返回L作为答案。
- 一旦找到，即可停止。
这样的方法在最坏情况下需要O(m*n*m) = O(n*m^2)的时间，这对于m=5e5来说显然
不可行。因此，这种方法仅适用于较小的m值。
因此，可能用户的问题中的m和n的值较小，或者需要更高效的算法。
但根据用户提供的引用3中的例子，输入字符串的
长度可达5e5，所以显然需要线性或接近线性的算法。
这提示可能需要另一种思路，比如利用字符串的循环性质，将问题转换为线性问题，或者寻找每个字符串的最小循环节，从而找到公共的循环模式。
例如，如果每个字符串的循环节相同，那么最长公共
子串可能是循环节的重复。但这种情况较为特殊，可能无法推广到所有情况。
另一种可能的观察是，最长公共
子串必须出现在所有字符串的某个循环排列中。因此，可以将问题转换为寻找所有字符串的循环排列中的公共
子串。但这仍然难以处理。
回到问题本身，用户需要的是C++代码实现。可能需要结合现有的算法，并针对环形结构进行调整。
例如，对于两个环形字符串的最长公共
子串，可以将它们扩展为两倍
长度，然后使用动态规划的方法。对于多个字符串，可能需要逐步比较。
但动态规划的方法对于多个字符串来说，时间复杂度会很高，因为状态空间会随着字符串
数量增加而指
数级增长。
因此，可能需要寻找其他方法。
或许，可以借鉴最长公共
子串的哈希方法，采用
二分法结合滚动哈希，并对每个字符串预处理所有可能
长度的哈希值。
例如，对于每个字符串s_i，预处理所有可能的
子串的哈希值，并按照
长度存储。然后，对于每个可能的L，从大到小，检查是否每个字符串s_i都存在至少一个
长度为L的
子串（考虑环形），并
且这些
子串是相同的。
这可能通过哈希的交集来实现。但如何高效预处理所有可能的L呢？
这似乎
不太可能，因为预处理所有L的哈希值需要O(m^2)的存储空间，这在m较大时
不可行。
因此，可能需要回到
二分法，每次处理一个特定的L值，并计算所有字符串的哈希集合，然后
求交集。
为了优化时间，可以在处理每个L时，对于每个字符串s_i，预先计算所有
长度为L的
子串的哈希值，并存储在一个哈希集合中。然后，计算所有哈希集合的交集。
但即使如此，当L较大时，每个字符串的处理时间为O(m)，所以总时间为O(n*m) per L。如果使用
二分法，总时间为O(n*m*log m)，这在m=5e5
且n较小时，比如n=2，可能勉强可行，但需要高效的代码实现。
例如，对于n=2，m=5e5，总时间为2*5e5*20=2e7 operations，这在C++中可能在可接受的时间范围内。
因此，代码可能如下：
使用双哈希减少冲突概率：
对于每个
子串，计算两个
不同的哈希值，使用
不同的基
数和模
数。这样，两个哈希值共同作为键，减少冲突的可能。
预处理每个字符串的扩展版本：
t_i = s_i + s_i.
对于每个L，从m递减到1：
收集所有字符串的哈希集合：
for each string s_i:
compute all hashes of length L in t_i, starting at positions 0..m-1
store these hashes in a set
计算所有集合的交集：
result_set = intersection of all sets
if result_set is not empty:
return L
因此，如何高效地计算这些集合的交集？可以将第一个字符串的集合作为基准，然后依次与其他集合取交集。如果中途交集为空，则跳过后续字符串的处理。
这在代码中可以优化，减少
不必要的计算。
具体到C++代码，可能的实现步骤：
1. 对于输入的n个字符串，每个字符串s，生成t = s + s.
2. 对于L从m down to 1:
a. 初始化一个全局的哈希集合，初始为空。
b. 对于每个字符串t_i:
i. 计算所有起始位置j in 0..m-1的
长度为L的
子串的哈希值。
ii. 将这些哈希值存入一个临时的哈希集合temp_set.
iii. 如果是第一个字符串，将temp_set赋给global_set.
iv. 否则，计算global_set和temp_set的交集，并更新global_set.
v. 如果global_set为空，break并跳过后续字符串的处理。
c. 如果global_set非空，返回L作为答案.
3. 如果没找到任何L，返回0.
这种方法的优化点在于，一旦某个字符串的temp_set与global_set的交集为空，即可提前终止当前L的处理，进入下一个L的循环。
在C++中，可以使用unordered_set来存储哈希值，并使用取交集的方法。但unordered_set的交集操作需要遍历较小的集合，并检查每个元素是否存在于另一个集合中。这可能效率较低，但可以通过一些优化，比如始终保留global_set为较小的集合，或者使用排序后的vector和
二分查找来加速。
例如，将每个temp_set存储为排序后的vector，这样在取交集时可以使用双指针法，时间复杂度为O(k log k)排序加上O(k)的交集查找，其中k是每个集合的元素
数量。
这可能比使用unordered_set更高效，因为交集操作的时间复杂度较低。
因此，代码可能的优化步骤：
- 对于每个temp_set，将哈希值存储为排序后的vector.
- 在取交集时，使用双指针法遍历两个已排序的vector，找出公共元素。
- 这样可以高效地计算交集。
这可能会提高性能，尤其是当哈希集合较大时。
此外，为了处理双哈希，可以将每个
子串的哈希值表示为一个pair<uint64_t, uint64_t>，其中两个值分别对应两个
不同的哈希函
数的输出。
综上所述，C++代码的大致结构可能如下：
预处理每个字符串的扩展版本，然后对于每个可能的L，从大到小，检查所有字符串是否存在公共的哈希值。
现在，针对用户的问题，需要编写这样的代码。
然而，用户问题中的“边权和”可能还需要进一步明确。如果边权
不是
子串的
长度，而是其他定义，例如每个字符的权值之和，那么问题可能更复杂。例如，需要找到公共
子串，并
且其权值和最大。这可能需要
不同的处理方法，例如动态规划或贪心算法。
但用户的问题描述中并未给出边权的具体定义，因此可能需要假设边权即
子串的
长度，即最长公共
子串的
长度即为所
求的最大边权和。
综上，最终的C++代码将基于
二分法或递减L的循环，结合滚动哈希和集合交集检查来实现。但由于时间和空间复杂度的问题，可能需要针对具体情况进行优化。</think>### 解决环形字符串最长公共
子串问题的C++实现思路
#### 问题分析
需要找到n个环形字符串的最长公共
子串，并最大化边权和（假设边权为
子串长度）。环形字符串的处理可通过将字符串扩展为双倍
长度（如`t = s + s`），从而将环形问题转化为线性问题。最长公共
子串需满足以下条件：
1. 在所有扩展后的字符串中出现；
2.
长度不超过原字符串
长度m；
3.
子串的哈希值在所有字符串的哈希集合中存在交集。
#### 算法设计
1. **环形处理**：将每个字符串扩展为`t = s + s`；
2. **滚动哈希**：使用双哈希（两个
不同的基
数和模
数）减少冲突；
3. **递减搜索**：从最大可能
长度L=m开始，依次递减检查；
4. **哈希交集**：对每个L，计算所有字符串的哈希集合的交集，若存在则返回L。
#### C++代码实现
```cpp
#include <iostream>
#include <vector>
#include <string>
#include <algorithm>
#include <unordered_set>
#include <utility>
using namespace std;
using HashPair = pair<uint64_t, uint64_t>;
// 双哈希配置
const uint64_t BASE1 = 9
11382629;
const uint64_t BASE2 = 3571428571;
const uint64_t MOD1 = 1e18 + 3;
const uint64_t MOD2 = 1e18 + 7;
// 预处理前缀哈希和幂
void precompute_hashes(const string& s, vector<uint64_t>& prefix1, vector<uint64_t>& prefix2,
vector<uint64_t>& power1, vector<uint64_t>& power2) {
int n = s.size();
prefix1.resize(n + 1);
prefix2.resize(n + 1);
power1.resize(n + 1);
power2.resize(n + 1);
prefix1[0] = prefix2[0] = 0;
power1[0] = power2[0] = 1;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
prefix1[i + 1] = (prefix1[i] * BASE1 + s[i]) % MOD1;
prefix2[i + 1] = (prefix2[i] * BASE2 + s[i]) % MOD2;
power1[i + 1] = (power1[i] * BASE1) % MOD1;
power2[i + 1] = (power2[i] * BASE2) % MOD2;
}
}
// 获取
子串的双哈希值
HashPair get_hash(const vector<uint64_t>& prefix1, const vector<uint64_t>& prefix2,
const vector<uint64_t>& power1, const vector<uint64_t>& power2,
int l, int r) {
uint64_t hash1 = (prefix1[r] - prefix1[l] * power1[r - l] % MOD1 + MOD1) % MOD1;
uint64_t hash2 = (prefix2[r] - prefix2[l] * power2[r - l] % MOD2 + MOD2) % MOD2;
return {hash1, hash2};
}
int longest_common_substring(const vector<string>& strs) {
int n = strs.size();
if (n == 0) return 0;
int m = strs[0].size();
// 预处理所有字符串的扩展版本和哈希
vector<vector<uint64_t>> prefix1(n), prefix2(n), power1(n), power2(n);
vector<string> extended_strs(n);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
extended_strs[i] = strs[i] + strs[i];
precompute_hashes(extended_strs[i], prefix1[i], prefix2[i], power1[i], power2[i]);
}
// 从最大可能
长度开始递减搜索
for (int L = m; L >= 1; --L) {
vector<unordered_set<HashPair>> hash_sets(n);
// 收集每个字符串的所有可能哈希值
for (int i = 0; i < n; ++i) {
const string& t = extended_strs[i];
unordered_set<HashPair> current_set;
for (int j = 0; j < m; ++j) { // 只需处理原字符串范围内的起始点
int r = j + L;
if (r > t.size()) break; // 超出扩展字符串范围
HashPair h = get_hash(prefix1[i], prefix2[i], power1[i], power2[i], j, r);
current_set.insert(h);
}
if (current_set.empty()) break; // 当前L
不可能满足
hash_sets[i] = move(current_set);
}
// 计算所有哈希集合的交集
unordered_set<HashPair> common = hash_sets[0];
for (int i = 1; i < n && !common.empty(); ++i) {
unordered_set<HashPair> temp;
for (const auto& h : common) {
if (hash_sets[i].count(h)) temp.insert(h);
}
common = move(temp);
}
if (!common.empty()) return L;
}
return 0;
}
int main() {
vector<string> strs = {"alolobo", "looxdolx", "bcbcbc"}; // 示例输入
cout << "Max length: " << longest_common_substring(strs) << endl;
return 0;
}
```
#### 代码说明
1. **双哈希处理**：使用两个
不同的哈希函
数减少冲突概率；
2. **前缀哈希预处理**：加速任意
子串的哈希计算；
3. **递减
长度检查**：从最长可能
子串开始验证，找到即返回；
4. **哈希集合交集**：通过逐步筛选公共哈希值判断是否存在公共
子串。
本文介绍了一种算法，用于找出第K个不含连续11子串的二进制字符串。通过动态规划确定目标串长度，并递归生成具体字符串。
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