首先考虑如何用 SAM 求多串 LCP。
考虑选取一个基准串，对其他串建 SAM 并把基准串分别放到上面匹配，同位置的匹配长度的最小值的最大值即为答案。
当然，对基准串建 SAM 并把别的串匹配并打标记也是可以的。
若基准串为 \(s_x\)，则复杂度为 \(O(|s_x| n + \sum |s_i|)\)。
对于此题，考虑用类似猫树的方式进行分治并计算答案。
出题人给出了一种十分玄妙的分治方法：倍增处理。
设一个阈值 \(\lim\)，分治时将区间内长度不超过 \(2^{\lim}\) 的串拿出来，取中点作为基准串。
若一个区间内不存在长度不超过 \(2^{\lim}\) 的字符串，令 \(\lim\) 加一。
则分治部分的复杂度为 \(O(n \log^2 n)\)（视 \(n,\sum|s_i|\) 同阶）。
统计答案的部分复杂度看起来不大对。
但是有结论：若将询问记忆化，复杂度为 \(O(n \sqrt m)\)。
证明：
首先容易发现对于当前分治区间，\(2^{\lim}\) 是 \(O\left(\frac 1n\sum|s_i|\right)\) 级别的（考虑 \(2^{\lim}\) 与最短串长度的关系）。
分类讨论。
若某个区间的最短串长度不超过 \(m^{-1/2} \sum|s_i|\)，复杂度共为 \(O(n \sqrt m)\)。
若某个区间的最短串长度超过 \(m^{-1/2} \sum|s_i|\)，这个区间对应的询问最多有 \(O(m)\) 种，复杂度同样为 \(O(n \sqrt m)\)。
（视 \(n,\sum|s_i|\) 同阶）
总复杂度大概是 \(O(n(\log^2 n + \sqrt m))\)。
（我不知道为什么要开 O2 才能过 /kel）
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using namespace std;
const int N = 2e4;
const int M = 1e5;
const int L = 4e5;
int n,m;
char S[L + 5],*s[N + 5];
int len[N + 5];
int rt[N + 5];
int ans[M + 5];
struct s_query
{
int l,r,id;
} qry[M + 5];
tr1::unordered_map< int,tr1::unordered_map<int,int> > mem;
namespace SAM
{
struct node
{
int ch[2];
int fa,len;
} sam[(L << 1) + 5];
int las,tot;
inline void insert(int x,int rt)
{
int cur = las,p = ++tot;
sam[p].len = sam[cur].len + 1;
for(;cur && !sam[cur].ch[x];cur = sam[cur].fa)
sam[cur].ch[x] = p;
if(!cur)
sam[p].fa = rt;
else
{
int q = sam[cur].ch[x];
if(sam[cur].len + 1 == sam[q].len)
sam[p].fa = q;
else
{
int nxt = ++tot;
sam[nxt] = sam[q],sam[nxt].len = sam[cur].len + 1,sam[p].fa = sam[q].fa = nxt;
for(;cur && sam[cur].ch[x] == q;cur = sam[cur].fa)
sam[cur].ch[x] = nxt;
}
}
las = p;
}
}
int sLen[(L << 1) + 5],*Len[N + 5];
void solve(int l,int r,int L,int R,int lim)
{
if(L > R)
return ;
static int t[N + 5];
int tot = 0;
for(;;lim <<= 1)
{
for(register int i = l;i <= r;++i)
len[i] <= lim && (t[++tot] = i);
if(tot)
break;
}
int mid = t[tot + 1 >> 1];
Len[l] = sLen;
for(register int i = l + 1;i <= r;++i)
Len[i] = Len[i - 1] + len[mid];
for(register int i = 1;i <= len[mid];++i)
Len[mid][i] = i;
for(register int i = mid - 1;i >= l;--i)
for(register int j = 1,x,p = rt[i],cur = 0;j <= len[mid];++j)
{
x = s[mid][j] ^ '0';
if(SAM::sam[p].ch[x])
++cur,p = SAM::sam[p].ch[x];
else
{
for(;p && !SAM::sam[p].ch[x];p = SAM::sam[p].fa);
!p ? (p = rt[i],cur = 0) : (cur = SAM::sam[p].len + 1,p = SAM::sam[p].ch[x]);
}
Len[i][j] = min(Len[i + 1][j],cur);
}
for(register int i = mid + 1;i <= r;++i)
for(register int j = 1,x,p = rt[i],cur = 0;j <= len[mid];++j)
{
x = s[mid][j] ^ '0';
if(SAM::sam[p].ch[x])
++cur,p = SAM::sam[p].ch[x];
else
{
for(;p && !SAM::sam[p].ch[x];p = SAM::sam[p].fa);
!p ? (p = rt[i],cur = 0) : (cur = SAM::sam[p].len + 1,p = SAM::sam[p].ch[x]);
}
Len[i][j] = min(Len[i - 1][j],cur);
}
static s_query q_t[2][M + 5];
int q_tot[2];
q_tot[0] = q_tot[1] = 0;
for(register int i = L;i <= R;++i)
if(mid >= qry[i].l && mid <= qry[i].r)
{
if(mem.count(qry[i].l) && mem[qry[i].r].count(qry[i].r))
ans[qry[i].id] = mem[qry[i].l][qry[i].r];
else
{
for(register int j = 1;j <= len[mid];++j)
ans[qry[i].id] = max(ans[qry[i].id],min(Len[qry[i].l][j],Len[qry[i].r][j]));
mem[qry[i].l][qry[i].r] = ans[qry[i].id];
}
}
else if(mid > qry[i].r)
q_t[0][++q_tot[0]] = qry[i];
else
q_t[1][++q_tot[1]] = qry[i];
for(register int i = 1;i <= q_tot[0];++i)
qry[L + i - 1] = q_t[0][i];
for(register int i = 1;i <= q_tot[1];++i)
qry[L + q_tot[0] + i - 1] = q_t[1][i];
solve(l,mid - 1,L,L + q_tot[0] - 1,lim),solve(mid + 1,r,L + q_tot[0],L + q_tot[0] + q_tot[1] - 1,lim);
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m),s[1] = S;
for(register int i = 1;i <= n;++i)
{
scanf("%s",s[i] + 1),len[i] = strlen(s[i] + 1),rt[i] = SAM::las = ++SAM::tot;
for(register int j = 1;j <= len[i];++j)
SAM::insert(s[i][j] ^ '0',rt[i]);
s[i + 1] = s[i] + len[i];
}
for(register int i = 1;i <= m;++i)
scanf("%d%d",&qry[i].l,&qry[i].r),qry[i].id = i;
solve(1,n,1,m,1);
for(register int i = 1;i <= m;++i)
printf("%d\n",ans[i]);
}