Lyndon Word 学习笔记
【定义与性质】
Primitive Word（PW）：没有循环节的字符串。
Lyndon Word（LW）：字典序严格小于它所有 cyclic-shift 的字符串。
LW 有很多美妙的性质。记 \(w\) 为一个字符串。
定义一个新符号 \(<_!\)：若 \(a<_!b\)，则 \(a\) 字典序小于 \(b\) 且 \(a\) 不是 \(b\) 的前缀。
\(>_!\) 类似定义。
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\(w\in LW\iff\) \(w\) 严格小于 \(w\) 所有 cyclic-shift。这是定义。
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若 \(w\in LW\)，则 \(w\) 无 border。
若 \(w=uvu\)，则 \(w=xu=uy\)，则 \(w=uy<ux\)（\(w\) 小于所有 cyclic-shift）。
\(\because uy<ux\therefore y<x\)，同理可知 \(x<y\)。矛盾。
所以 \(w\) 无 border。
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等价定义：\(w\in LW\iff w\) 小于所有真后缀。
记 \(w\) 的一个后缀为 \(v\)，\(w=uv\)。
若 \(uv\in LW\)，反证法，如果 \(uv>v\)，因为 \(uv\) 无 border，所以 \(uv>_!v\)，则 \(uv>vu\)，与 \(uv\in LW\) 矛盾。
若 \(uv<v\)，有 \(uv<v<vu\)。
证毕。
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等价定义：\(w\in LW\iff\) 将 \(w\) 任意拆成 \(w=uv\)，\(u<v\)。（\(u,v\) 非空）
换句话说就是 \(w\) 的前缀小于后缀。
\(\Leftarrow\)：证 \(uv<vu\)。若 \(u<_!v\)，显然；否则 \(u\) 是 \(v\) 的前缀。
设 \(v=u^kr\)，其中 \(|r|<|u|\)。则 \(w=u^{k+1}r\)。因为前缀小于后缀，\(u^{k+1}<r\)，所以 \(u<_!r\)。（注意 \(|r|<|u|\) 不可能是前缀）
而 \(uv=u^{k+1}v,vu=u^kru\)，显然有 \(vu>uv\)。
\(\Rightarrow\)：\(w\in LW\)。那么 \(w\) 小于每个真后缀。
则 \(w=uv\)，有 \(u<uv<v\)。（第一个 \(<\) 是前缀关系，第二个是真后缀）
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记 \(u,v\in LW\)。\(uv\in LW\iff u<v\)。
\(\Rightarrow\)：由上面的等价定义直接推出。
\(\Leftarrow\)：尝试用 "小于每个真后缀" 证明。
把所有真后缀 \(suf\) 分类：\(v\) 是 \(suf\) 真后缀的、\(suf=v\)、\(suf\) 是 \(v\) 真后缀。
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\(v\) 是 \(suf\) 真后缀的。则 \(suf\) 可以写成 \(u'v\) 的形式。\(u'\) 是 \(u\) 的真后缀。
因为 \(u\in LW\)，所以 \(u\) 没有 border 且 \(u<u'\)，所以 \(u<_!u'\)，所以 \(uv<u'v\)。
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\(suf=v\)。若 \(u<_!v\)，显然成立；否则 \(u\) 是 \(v\) 的前缀，设 \(v=uv'\)。因为 \(v\in LW\)，所以 \(v<v'\)，（同时加 \(u\)）所以 \(uv<uv'=v\)，得证。
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\(suf\) 是 \(v\) 的真后缀。\(uv<v<suf\)。
证毕。
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LW 的标准分解定理。若 \(w\in LW\)，取 \(w\) 的最小真后缀 \(v\)，则 \(v\) 是 \(w\) 的最长 \(LW\) 真后缀，且（记 \(w=uv\)） \(u,v\in LW\)。
证明：
若存在 \(sv\in LW\)。因为 \(sv\in LW\)，知 \(sv<v\)，我们就得到了一个比最小真后缀更小的真后缀，矛盾。
因为 \(v\) 是最小真后缀，所以 \(v\) 小于所有 \(v\) 的真后缀，所以 \(v\in LW\)。
因为 \(uv\in LW\)，所以对于任意 \(u\) 的后缀 \(u'\)，有 \(uv<u'v\)。因为 \(|u|>|u'|\)，所以 \(u<u'\)，所以 \(u\in LW\)。
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由 6 引申出一个 \(LW\) 的递归定义法，就是每个长度 \(>1\) 的 \(LW\) 都能拆成两个 \(LW\)。
【Lyndon 分解】
定理：每一个字符串 \(s\) 都能唯一表示为 \(s=w_1w_2\cdots w_k\)，满足 \(w_i\in LW\) 且 \(w_i\ge w_{i+1}\)。
存在性：
先把 \(s\) 拆成 \(n\) 个单字符（显然单个字符是 \(LW\)），然后只要有两个相邻的前面 \(<\) 后面，就合并。这么做是对的，理由来自上面性质的第五点。把 \(<\) 都合并了就余下 \(\ge\) 了。
唯一性：
反证法。考虑两种方案 \(S,S'\)，假设 \(S_i\)、\(S'_i\) 是第一处不相同的分解位置。
不妨 \(|S_i|>|S'_i|\)。记 \(S_i=S'_iS'_{i+1}\cdots S'_{k-1}Pre(S'_k,t)\)，就是一堆整的加一个前缀。要求 \(k>i\)。
因为 \(S_i\in LW\) 且 \(Pre(S'_k,t)\) 是它的一个后缀，所以 \(Pre(S'_k,t)>S_i\)。
因为 \(S'_i\) 是 \(S_i\) 的前缀，所以 \(S_i>S'_i\)。
所以 \(Pre(S'_k,t)>S_i>S'_i\ge S'_{i+1}\ge\cdots\ge S'_{k-1}\ge S'_k\)。于是得到了 \(Pre(S'_k,t)>S'_k\)，前缀大于本身，矛盾。
Lyndon 分解有它美妙的性质。记 \(CFL(w)=w_1\cdotsw_m\) 为 \(w\) 的 Lyndon 分解。
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\(w_m\) 是最小后缀。
考虑 \(w\) 的一个后缀 \(v\)，如果 \(v\) 是 \(w_m\) 的后缀，因为 \(w_m\in LW\)，所以 \(w_m\) 会比它更小。
而当 \(v=w_i'w_{i+1}w_{i+2}\cdots w_m\)，其中 \(w_i'\) 是 \(w_i\) 的一个后缀。\(v>w_i'\ge w_i\ge w_{i+1}\ge\cdots\ge w_m\)。
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\(w_m\) 是最长的 \(LW\) 后缀。
\(w_m\) 是最小后缀，所以任意比 \(w_m\) 长的后缀都有 \(w_m\) 这个更小的真后缀，非 \(LW\)。
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\(w_1\) 是最长 \(LW\) 前缀。
记 \(s=w_1w_2\cdots w_k'\)，\(w_k'\) 是 \(w_k\) 的前缀。则 \(s> w_1\ge w_2\ge\cdots\ge w_k\ge w_k'\)，于是 \(s\) 有了一个更小的后缀。
【Duval 算法求 Lyndon 分解】
- 定义：准 \(LW\)。若 \(t=w^kw'\)，且 \(w\in LW\)，\(w'\) 是 \(w\) 的前缀，则 \(t\) 是准 \(LW\)。
容易发现，准 \(LW\) 就是 \(LW\) 的前缀。
引理：两字符 \(c<c'\)。若 \(vc\) 是准 \(LW\)，则 \(vc'\) 是 \(LW\)。
证明：\(vc\) 是准 \(LW\)，记 \(vcu\) 是 \(LW\)。有 \(vcu\) 任意一个前缀 \(<\) 后缀。考虑 \(v\) 的一个前缀 \(a\)，\(a<(v-a)cu<(v-a)c'\)，所以 \(vc'\) 的任意一个前缀也 \(<\) 后缀。
Duval 算法是一个能 \(O(|w|)\) 求出 \(w\) 的 Lyndon 分解的算法。
在算法过程中，我们把字符串 \(w\) 分成四类：已经输出的、连续相同的 \(LW\)、\(LW\) 的前缀、未处理部分。
黑色部分是已经输出的 \(s_1\sim s_g\)，要求 \(s_1\ge s_2\ge\cdots\ge s_g\)。
蓝色部分是正在处理，尚未确定的部分。\(t_1\sim t_h\) 都相等，\(v\) 是 \(t_i\) 的前缀。可以把 \(t_1t_2\cdots t_hv\) 看作一个准 \(LW\)。
红色部分是尚未处理的。
然后我们维护三个指针 \(i,j,k\)。\(i\) 指向蓝色部分的开头，\(k\) 指向下一个要处理的字符，\(j\) 指向 \(k-|t_i|\)（可以理解为若还想保持 \(t_i\) 不变，\(k\) 指向的字符应该和 \(j\) 指向的字符相同）。
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\(w_k=w_j\)。若 \(v\) 已经等于 \(t_i\) 了，新开一个 \(v\)；否则往 \(v\) 里加就好。
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\(w_k>w_j\)。把 \(t_1t_2\cdots t_hvw_k\) 一起作为一个新的 \(t_1\)。
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\(w_k<w_j\)。输出 \(t_1\sim t_h\)（变成 \(s\) 部分），令 \(k\) 指向 \(v\) 开头重新跑。
若 \(k\) 已经指向结尾之后，但是 \(v\) 非空，把 \(k\) 指向 \(v\) 开头重新跑。
代码很短。
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
string s;
int i, j, k;
int main() {
int ans = 0;
cin >> s;
n = s.size();
s = ' ' + s;
i = 1;
while (i <= n) {
j = i;
k = i + 1;
while (s[k] >= s[j]) {
if (s[k] == s[j])
j++;
else
j = i;
k++;
}
while (i <= j) {
ans ^= (i + (k - j) - 1);
i += k - j;
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
【Lyndon 分解的各种应用】
求字符串的最小表示法
若对 \(s\) 求最小表示法，令 \(s'=ss\)。\(CFL(s')\) 中包含 \(s'_n\) 的 LW 开始位置，就是 \(s\) 最小表示法的开始位置之一。
引理：设 \(CFL(w)=w_1\cdots w_m\)。\(w_i=w[L_i,R_i]\)。则以 \([1,R_i]\) 作为起点的后缀中，以 \(L_i\) 为起点的是最小的。
证明：考虑起点 \(x\neq L_i\)。
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\(L_i<x\le R_i\)。因为 \(w_i\in LW\)，所以 \(w_i<w[x,R_i]\)，所以 \(w_i<_!w[x,R_i]\)（长度更长还小）。所以 \(suf(L_i)<suf(x)\)。
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\(x<L_i\)，设 \(x\in [L_j,R_j]\)，\(w_j'=w[x,R_j]\)。
有 \(w_j'\ge w_j\ge w_{j+1}\ge\cdots\ge w_i\)，所以 \(w_i\le w_j'\)。
若 \(w_i<_! w_j'\)，显然；否则 \(w_i\) 是 \(w_j'\) 的前缀。
那么比 \(suf(x),suf(L_i)\) 其实就是比 \(suf(x+R_i-L_i+1),suf(L_{i+1})\)。
如此循环下去，可以用归纳法到 \(suf(x+?),suf(L_m)\)，而 \(w_m\) 是最小后缀。
证完引理，回到原来的算法。在 \(s'\) 中，最小表示法就是 \(s'\) 的一个长度为 \(|s|\) 的子串。
要比较它们，也相当于比较对应开始位置在 \(s'\) 里的后缀的大小关系。最小者，肯定前 \(|s|\) 个字符也是最小的。
Lyndon Word 生成算法/找后继
记 \(|\sum|=k\)。要求按照字典序从小到大生成所有长度 \(\le n\)，字符集大小为 \(k\) 的 LW。
把字符集看作 \(k\) 进制数。最小的 LW 显然是 \(0\)。如果我们能找某个 LW 的后继，就可以从 \(0\) 生成所有的了。
而可以找到 \(w\in LW\) 的后继。这么做：
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截取 \(R(w)\) 的前 \(n\) 个字符，记为 \(w'\)。（例如 \(n=3,w=01,w'=010\)）
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删除 \(w'\) 末尾连续的最大字符。（例如 \(w'=012,k=3\)，删完之后 \(w'=01\)）
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\(w'+1\)，就是 \(k\) 进制数意义下的。因为已经删完了末尾的最大字符，所以肯定不会进位。
例如 \(\sum = \{0,1,2\},n=3\)，可以生成出：\(0,001,002,01,011,012,02,021,022,1,112,12,122,2\)。
LW 计数
求 \(len\le n,|\sum|=k\) 的 LW 个数。
可以等价到另外一个问题：项链计数，要求没有循环节，称这个为问题 1。
考虑问题 2：项链计数，允许有循环节。
记问题 1 的答案为 \(S_n\)，问题 2 的答案为 \(T_n\)。（\(k\) 是固定的）
考虑集合 \(A\) 包含所有 \(n\) 个珠子的项链，显然 \(|A|=k^n\)。
考虑集合 \(B\)（多重集）包含 \(T_n\) 里所有项链的 cyclic-shift。
\(B\) 的大小比 \(A\) 大，因为有的项链重复出现了。（例如 \(0101\) 出现两次）
同时 \(|B|=n\cdot T_n\)。
考虑算 \(|B|\)。用 \(A\) 中每个元素在 \(B\) 出现次数之和除以 \(n\) 可得 \(T_n\)。记 \(S\) 为出现次数之和
所以 \(T_n=\dfrac{1}{n}\sum_{d\mid n}\varphi(d)\cdot k^{\frac{n}{d}}\)。另外 \(T_n=\sum_{d\mid n}S_d\)，即枚举循环节。
推导一下。记 \(K(x)=k^x\).
同时 \(T_n=\sum_{d\mid n}S_d\Rightarrow n\cdot T=n(S*1)\)。
待证明：经过一些运算，\(n\cdot T=id*(nS)\)。
所以 \(n\cdot T=id*\mu*K=id*(nS)\)，所以 \(nS=\mu * K\)，所以 \(S_n=\dfrac{1}{n}\sum{d\mid n}\mu(d)\cdot k^{\frac{n}{d}}\)。
【利用 Duval 算法中间结果】
在跑 Duval 的过程中同步计算答案。
求每个前缀的最小后缀
记 \(ans[i]\) 为 \(w[1\sim i]\) 最小后缀开始位置。
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\(w[k]=w[j]\)，则 \(ans[k]=ans[j]+(k-j)\)。可以类比着来看。
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\(w[k]>w[j]\)，\(ans[k]=i\)。
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\(w[k]<w[j]\)，这种情况不管，因为 \(k\) 回溯之后会处理的。
