Lyndon Word & The Runs Theorem

最近回去啃了啃WC的另一份课件，算是为自己两年前的作品写下续章吧。

本文是yjz、xyx、csl三人在WC2019营员交流课件的笔记。

符号和约定

为了方便本文的叙述，采用如下可能不严谨的定义：
我们记\(w[i:j]\)表示\(w\)从第\(i\)个字符到第\(j\)个字符组成的子串，当\(i=1\)或\(j=|w|\)时，\(i\)或\(j\)可以省略，\(i=j\)时，可以简记为\(w[i]\)。
对于字符串\(u,v\)，记\(u\lhd v\)，如果\(u<v\)且\(u\)并非\(v\)的前缀，即两者在结束之前就比较出了大小。
一个比较显然的结论是，如果\(u\lhd v\)，那么对任意字符串\(w_1,w_2\)，有\(w_1u\lhd w_1v\)且\(uw_1\lhd vw_2\)。

定义1

如果字符串\(w\)满足对于\(i=2,3,\dots,|w|\)，都有\(w<w[i:]\)，那么称\(w\)是一个Lyndon串，即\(w\)的任意严格后缀都大于\(w\)本身。

定理1

如果\(u,v\)都是Lyndon串，且\(u<v\)，那么\(uv\)是Lyndon串。

证明：将\(uv\)的后缀\((uv)[i:]\)分为三部分：\(i\in [2,|u|],i=|u|+1,i\in[|u|+2,|uv|]\)。
对于第一部分，考虑\(u\)是一个Lyndon串，对于其严格后缀\(u[i:]\)，有\(u\lhd u[i:]\)，从而有\(uv\lhd (uv)[i:]\)。
对于第二部分，若\(u\lhd v\)，则显然\(uv\lhd (uv)[|u|+1:]\)；否则\(u\)是\(v\)的前缀，有\([uv<v]\Leftrightarrow[v<v[|u|+1:]]\)，由\(v\)是Lyndon串，立得后者成立。
对于第三部分，考虑\(uv<v<v[i-|u|:]=(uv)[i:],i\in[|u|+2,|uv|]\)即可。

定理2

如果\(u\)是Lyndon串，设\(a\)为一个字符，那么对于字符串\(u^ku[:i-1]a,i\in[1,|u|]\)，有：
1.若\(a<u[i]\)，那么\(u\)是任意以\(u^ku[:i-1]a\)开头的字符串的最长Lyndon前缀。
2.若\(a>u[i]\)，那么\(u^ku[:i-1]a\)是Lyndon串。

证明：对\(a<u[i]\)的情况，由于\(u^nu[:i]\)若并非\(u\)本身，就是周期串，不可能是Lyndon串。对于剩下的更长的前缀，不妨假设其为\(u^ku[:i-1]av\)，从而有\(u[:i-1]av\)作为后缀，由于\(u[:i-1]a\lhd u\)，因此\(u[:i-1]av\lhd u^ku[:i-1]av\)，从而\(u^ku[:i-1]av\)不可能是Lyndon串。第一部分得证。
对\(a>u[i]\)的情况，将\(u^ku[:i-1]a\)的严格后缀分为以\(u\)开头的、以\(u\)的严格后缀\(u[i:]\)开头的和\(a\)。对于以\(u\)开头的，假设其为\(u^{k'}u[:i-1]a(k'<k)\)，由\(u\lhd u[:i-1]a\)，立得\(u^{k'+1}\lhd u^{k'}u[:i-1]a\)，从而\(u^ku[:i-1]a<u^{k'}u[:i-1]a\)；对于以\(u[i:]\)开头的，由\(u[i:]\lhd u\)立得其小于\(u^ku[:i-1]a\)；最后，由\(u\leq u[i]<a\)，即得\(a\)也大于整个串。因此，\(u^ku[:i-1]a\)是Lyndon串。

定义2

对于字符串\(w\)，若存在一组Lyndon串\(u_1,u_2,\dots,u_n\)，满足\(w=u_1u_2\dots u_n\)且\(u_1\geq u_2\geq \dots \geq u_n\)，那么称\(u_1,u_2,\dots,u_n\)为\(w\)的Lyndon分解。

定理3

任意字符串\(w\)的Lyndon分解存在。

证明：采用构造法并对\(w\)的后缀归纳证明。设\(u'_1,u'_2,\dots,u'_m\)是\(w[2:]\)的一组Lyndon分解，由于\(w[1]\)是Lyndon串，有\(w=w[1]u'_1u'_2\dots u'_m\)，对于这组“初步的”Lyndon分解，由定理1，只要开头的两个Lyndon串是小于关系，就合并为一个新Lyndon串，反复操作直到只剩下一个串或者是不小于的关系，就得到了\(w\)的一组Lyndon分解。

定理4

任意字符串\(w\)的Lyndon分解唯一。

证明：只要证明\(w\)的任意Lyndon分解的第一个字符串\(w[:i]\)一定是\(w\)的最长Lyndon前缀，之后考虑余下的串是\(w[i+1:]\)的Lyndon分解，归纳证明即可。
反证法，假设存在更长的Lyndon前缀\(w[:j](i<j)\)，则该Lyndon分解\(w[:i]u_2u_3\dots u_n\)中，存在一个\(u_k\)满足其是第一个右端点位置\(\geq j\)的串，不妨记为\(w[i':j']\)，考虑\(w[:j]\)是Lyndon串，因此\(w[:i]<w[:j]<w[i':j]\leq w[i':j']=u_k\)，得到\(w[:i]<u_k\)，与Lyndon分解是不递增的矛盾。综上所述Lyndon分解唯一。

初步的Lyndon分解算法

在定理4保证了Lyndon分解的唯一性后，定理3实际上给出了一个求Lyndon分解的算法。通过哈希或后缀数组预处理后判断子串的大小关系，并沿用定理3证明中的过程，就可以做到\(O(n\log n)\)求解Lyndon分解。当然，采用\(\text{SA-IS}\)和\(O(n)-O(1)\text{RMQ}\)可以使算法做到\(O(n)\)，然而这样的实现并不实用。

高效的Lyndon分解算法

通过定理2给我们的启发，有可能找到更好的Lyndon分解算法。考虑将\(w\)划分为三部分，记录\(i,k,p\)表示\(w[:i]\)已经进行了Lyndon分解，并确定必定是\(w\)的Lyndon分解的前若干项，而\(w[i+1:k]\)则是一个形如\(u^ku[:j-1]\)的串，其中\(u\)是Lyndon串且长度为\(p\)，\(w[k+1:]\)则是未知情况的串。
考虑不断进行如下迭代，直到\(i\)变为\(|w|\)：
考察\(w[k+1]\)（若\(k+1>|w|\)，则定义\(w[k+1]\)是小于任何字符集中字符的特殊字符\(\$\)），分三类情况：
1.\(w[k+1]=w[k+1-p]\)，则\(u^ku[:j-1]\)的形式继续保持，令\(k\)自增\(1\)即可。
2.\(w[k+1]>w[k+1-p]\)，则由定理\(2\)可知，\(w[i+1,k+1]\)是一个Lyndon串，但是不能保证其一定出现在最终的Lyndon分解中。不过，这仍满足\(u^ku[:j-1]\)的形式（\(k=j=1\)），于是令\(k\)自增\(1\)，而\(p\)为\(k-i+1\)即可。
3.\(w[k+1]<w[k+1-p]\)，则由定理\(2\)可知，\(u\)必定是\(w[i+1:]\)的最长Lyndon前缀。由定理4可知，其一定出现在Lyndon分解中，于是我们将\(k\)个\(u\)全部加入已知的Lyndon分解中。对于剩下的\(u[:j-1]\)，无法保证其满足\(u'^ku'[:j-1]\)的形式，干脆重新开始，令\(k\)指向\(u[:j-1]\)的第一个字符（单字符必定是Lyndon串），并令\(i=k-1,p=1\)。

综上即得Lyndon分解，每次迭代是\(O(1)\)的，且\(i+k\)至少增加\(1\)。由于\(i,k\leq |w|\)，因此整个算法是\(O(n)\)的，并且有非常简洁的实现。

The Runs Theorem 部分待填坑。