【luogu P6114】【模板】Lyndon 分解（Duval算法）
【模板】Lyndon 分解
题目链接：luogu P6114
题目大意
求 Lyndon 分解得到的每个区间的右端点的异或和。
思路
有关证明可以查阅 command_block 大神的博客，从那里学的/fad。
才发现，后缀自动机只是字符串难的开始。。。
（好吧其实 Border 已经不会了）
定义
Lyndon Word
如果一个字符串 \(s\) 满足它的所有后缀 \(t\)（不包括 \(s\)）都有 \(s<t\)（字典序），那 \(s\) 就是关于 \(<\) 的一个 Lyndon Word。
你也可以在字符集 \(\sum\) 上定义相反的全序关系 \(<_0,<_1\)（比如正反字典序），这样就是关于 \(<_{0/1}\) 的了。
Lyndon 分解
把字符串 \(s\) 分解成 \(s_1,s_2,...,s_m\) 都是 Lyndon Word，而且 \(s_1\geqslant s_2\geqslant ...\geqslant s_m\)。
性质
（很多都不会证或者懒得证，感性理解）
- Lyndon Word 不会有 Border
显然，因为这样就是后缀，而且又是前缀，那字典序肯定是小于整个串的。
- 如果一个 Lyndon Word \(s=ab\) 那 \(a<b\)。
不然的话就不满足定义了。（\(ab<b,a<ab\)）
然后因此也有 \(a\) 不是 \(b\) 的前缀的话 \(ac<bd\) 跟 \(a<b\) 是充要条件。
- 对于 Lyndon Word \(a\) 如果有 \(b<a\)，有 \(ba<a\)
挺显然的，就分 \(b\) 是否是 \(a\) 的子串来讨论即可。
- 如果有一个字符串 \(s\) 和一个字符 \(x\) 使得 \(sx\) 是某个 Lyndon Word 的前缀，那对于字典序比 \(x\) 小的字符 \(y\)（即 \(y<x\)），\(sy\) 也一定是 Lyndon Word。
设那个 Lyndon Word 是 \(sxt\)，然后你对于 \(s\) 的每个位置考虑加上 \(x\) 是不是 \(s\) 前缀。
如果是，那改成 \(y\) 更小（而且互不为前缀），那我们可以用 \(2\) 里面的因此的结论得到 \(sy<\) 改成 \(y\) 得到的串。
如果不是，考虑直接在这个部分接上 \(t\)，也可以通过那个东西得到接上 \(y\) 是 \(>sy\) 的。
然后两个结合起来就得证了。
（不难看出我其实看不懂这个部分，硬胡了属于是）
- \(s\) 是 Lyndon Word 当且仅当它可以被表示成 \(ab\)，而且 \(a,b\) 都是 Lyndon Word，且 \(a<b\)。
首先 \(b\) 那边肯定可以，然后看 \(a\) 那边的。（肯定可以是你传递一下 \(a<b,b<\) 你那个串，就可以了）
发现因为没有 Border，所以一定会在 \(b\) 前面比较完，所以也可以。
这是一个十分重要的信息。
- Lyndon 拆分唯一且存在
首先是唯一，这个其实挺显然的，你考虑不同的位置，然后看大的那个会包含另一种若干个全部和一个一部分。
那这个这个一部分在大的那个里面是后缀，就 \(>\) 了，然后你可以推回去 \(>\) 大的那些，就矛盾了。
注意到一定会有后面的那个部分，不然要么就一样要么就应该是另一个串的大了。
存在这个就要利用我们的 \(5\) 性质了。
不难看出一个使用于任何一个串构造的方法：
一开始都是一个字符（肯定可以），然后你每次找相邻的前面的比后面的字典序小的合并起来，就可以了。
Duval算法
为什么要用这个呢？
因为你会发现我们上面构造的方法很麻烦。
然后如果你每次选一个最小的后缀的话就要后缀数组排序，不仅是 \(O(n\log n)\) 也很麻烦。
于是就有了 \(O(n)\) 的简介的 Duval 算法！
你会发现刚刚我们想了后缀，那我们能不能找前缀呢！
其实是可以的，就是 Duval 算法。
然后又一个定理：
设 \(s=u^ku'x\)（其中 \(u'\) 是 \(u\) 的前缀，可以是空的，\(x\) 是一个字符，而且不能接在 \(u'\)，也就是不是这个循环的）
如果 \(x>\) \(u'\) 下一个应该要是的字符，那根据上面的性质 \(5\) 我们可以知道 \(s\) 就是一个 Lyndon Word。
如果 \(x>u'\) 下一个应该要是的字符，那最长前缀 Lyndon Word 是 \(u\)：
如果选 \(u^ku'\) 的其中一个前缀（大于 \(u\) 的），那会有 border 不满足条件。
那唯一一个可能既是 \(u^ku'x\) 了。那我们会发现 \(u'x<u<u^ku'x\) 所以不行。
那 Duval 就是维护这个 \(s\)，假设当前已经划分好 \(1\sim p-1\) 的，那就是要解决 \(p\sim n\)，然后当前在 \(i\)，表示乘了 \(u^cu'\) 的形式，我们需要记录的就是 \(|u|,c,|u'|\)。
加入一个 \(s_{i+1}\)：
如果是要求的字符，\(u'\) 扩展，并查看是否会贡献给 \(c\)。
如果大于，我们直接把 \(u=i-p+1\)（不要直接统计，因为可能会这个循环）。
如果小于，我们就把 \(c\) 个 \(u\) 贡献上，然后你考虑 \(u'\) 怎么处理，会发现我们不能确定里面会不会循环，所以我们要把 \(i\) 退回到 \(u'\) 前的位置（也就是 \(p\)，因为你贡献 \(u\) 的时候就加了 \(p\)）
然后考虑分析一下复杂度，每个 \(u'\) 的长度不会超过 \(u\)，而且 \(u\) 每个点只会进入一次，所以最多退 \(O(n)\) 次，总复杂度是 \(O(n)\) 的。
然后要注意的是做完之后我们要处理掉剩下的 \(u,c,u'\)，有一个很好的方法就是 \(i\) 从 \(1\) 做到 \(n\)，然后我们让 \(s_{n+1}=-\infty\)，那每次必然会小于，然后就可以不断的处理 \(u'\) 消完它了。
EX
好像说可以用 Duval 算法求字符串每个前缀的最小 / 最大后缀。
还可以求 \(s\) 的最小表示，就是复制一遍弄个 Lyndon 分解，然后找起始位置在第一个串的最小 Lyndon Word 即可。这个用定义就可以证明。
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 5e6 + 100;
int n, ans, p, u, c, u_;
char s[N];
int main() {
scanf("%s", s + 1); n = strlen(s + 1);//s[n+1]=-inf
u = 1; c = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (s[i + 1] == s[i - u + 1]) {
u_++; if (u_ == u) {c++; u_ = 0;}
}
else if (s[i + 1] > s[i - u + 1]) {
u = i - p + 1; c = 1; u_ = 0;
}
else {
while (c--) {p += u; ans ^= p;}
u = 1; c = 1; u_ = 0;
i = p;//u'的部分重新看过
}
}
printf("%d", ans);
return 0;
}
