【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;
}

__EOF__

本文作者：あおいSakura
本文链接：https://www.cnblogs.com/Sakura-TJH/p/luogu_P6114.html
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