题目
题解
首先我可以看出：
（1）我们找到的串的本身也是一个回文串（显然）
（2）这个回文串的长度一定是偶数（显然）
（3）左右两个串一定也是偶数长度的回文串（显然）

那么我们先用manacher处理出以每个字符为中心的回文串长度
由于我们所需处理的这些串的长度都为偶数，所以这些串的中心都在manacher时的那些填充字符上（显然）

那么我们就先枚举大串的中心i,设左边小串的中心为j
那么j+rad[j]>=i (rad[]为manacher中处理出的数组)
由于左边一定是回文串，那么rad[j]就应该要覆盖到i（不然怎么保证左边是回文串），而如果左边得到保证，那么右边也一定符合条件（对称）
所以我们就只需求出满足条件的最左侧的j

然后我们对j也有一个枚举范围，那就是在i的回文串范围内，并且还在i-rad[i]/2 ~ i 之间，不然不够

这样我们就可以初步得出一个枚举算法，那就是对于每个i，在一定范围内枚举j，找最优解
据说这个算法是可过的，但是复杂度。。。。似乎不是太乐观

于是需要优化
该优化其实也是显然的

如果我们曾枚举过一个j，它不能覆盖到当前枚举的i(也就是j+rad[j]
那么这个j，用一定不能覆盖到i+1（显然）
也就是说这个j在之后的计算中都没有用了，我们就不需要枚举了

这样我们就可以在枚举j的时候一段一段的跳，以降低复杂度
而实现这个过程，我们可以用并查集
每次都将没用的j的父亲指向j+1，然后跳到getfather（j+1）
这样就轻松完成了分段跳这个优化

最后在分析一下复杂度
（1）manacher O（n）
（2）并查集 O（nα（n））
（3）每个点最多被删n次 O（n）
（4）每个点最多被利用一次 O（n）
（5）每个点最多被枚举一次 O（n）
这个复杂度真的是怎么算怎么舒心，而且代码很好实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=500002;
int l,i,j,ans,rad[N<<1],fa[N<<1],k;
char s1[N],s[N<<1];
int find(int x){return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]);}
int main(){
	scanf("%d%s",&l,s1+1);
	for (i=1;i<=l;i++) s[i*2-1]=s1[i],s[i*2]='#';
	s[0]='#';
	l=l*2+1;
	for (i=0;i<l;i+=k){
		while (i-j-1>=0 && s[i-j-1]==s[i+j+1]) j++;
		rad[i]=j;
		for (k=1;k<=j && rad[i-k]!=rad[i]-k;k++) rad[i+k]=min(rad[i]-k,rad[i-k]);
		j=max(j-k,0);
	}
	for (i=0;i<l;i++) fa[i]=i+(s[i]!='#');
	for (i=2;i<l;i+=2){
		for (j=find(max(i-rad[i]/2,1));j+rad[j]<i;j=find(j)) fa[j]=find(j+1);
		ans=max(ans,i-j);
	}
	printf("%d",ans*2);
}