Lyndon 分解小记

来个简单的。

概念#

• Lyndon 串：一个字符串 $s$ 被称为 Lyndon 串，当且仅当 $s$ 整个串是所有后缀中严格最小的。

例如 $\mathtt{ababb},\mathtt{abcdefg}$。

• Lyndon 分解：将字符串 $s$ 分解为 $w_1,w_2,...,w_k$，满足 $w_1\ge w_2\ge ...\ge w_k$，并且 $w_1,w_2,...,w_k$ 都是 Lyndon 串。

例如 $\mathtt{acaababc}$ 可以分解为 $\mathtt{ac}\mathtt{,}\mathtt{aababc}$。

性质#

① 对于 Lyndon 串 $u,v$，若 $u<v$，那么 $uv$ 也是 Lyndon 串。

证明

• 若 $u$ 不是 $v$ 的前缀，那么一定有 $uv<v$。

• 若 $u$ 是 $v$ 的前缀，由于 $v$ 是 Lyndon 串，那么 $v$ 中以位置 $|u|+1$ 开头的后缀 $>v$，进而知 $uv<v$。

② 一个字符串 $s$ 的 Lyndon 分解存在且唯一。

存在性证明

令 $w_1,w_2,...,w_{|s|}$ 分别为 $s_1,s_2,...,s_{|s|}$，这些串都是 Lyndon 串。

对于 $i<|s|$，如果 $w_i<w_{i+1}$，那么合并 $w_i,w_{i+1}$。由性质①可知，合并后的串仍是 Lyndon 串。

一直合并，最后一定有 $w_1\ge w_2\ge ...\ge w_k$。

唯一性证明

使用反证法，若 $s$ 有两种 Lyndon 分解：

• $s=w_1{w}_2...w_{i-1}{w}_i{w}_{i+1}...w_k$

• $s=w_1{w}_2...w_{i-1}{w}_i^{\prime }{w}_{i+1}...w_j^{\prime }...w_{k^{\prime }}$

钦定 $|w_i|\ge |w_i^{\prime }|$，并且 $w_i=w_i^{\prime }{w}_{i+1}^{\prime }...w_{j-1}^{\prime }\text{pre}(w_j^{\prime })$。

那么 $w_i\ge \text{pre}(w_j^{\prime })$，设 $\text{pre}(w_j^{\prime })$ 在 $w_i$ 中的开头位置为 $p$，则 $w_i\ge 「w_i\text{ 中以位置 }p\text{ 开头的后缀}」$

这与 $w_i$ 是 Lyndon 串矛盾。

Duval 算法#

Duval 算法以 $O(n)-O(1)$ 的复杂度求出了一个字符串的 Lyndon 分解。

我们维护三个指针 $i,j,k$，把 $s$ 分成三段，分别为 $s_{1...i-1},s_{i...k-1},s_{k...n}$。

同时维护 $s_{i...k-1}$ 的一个周期 $p=k-j$，即 $s_{i...k-1}=s_{i...i+p-1}^t+\text{pre}(s_{i...i+p-1})$，并且 $s_{i...i+p-1}$ 是 Lyndon 串。

使用增量法，目前考虑加入字符 $s_k$，分三种情况：

• $s_j=s_k$

周期 $p$ 仍然合法，令 $j\leftarrow j+1$。

• $s_j<s_k$

可知 $s_{i...k}$ 是一个 Lyndon 串，重新设置周期长度，令 $j\leftarrow i$。

• $s_j>s_k$

本轮分解完毕，得到 Lyndon 串 $s_{i...i+p-1},s_{i+p...i+2p-1},s_{i+2p,i+3p-1},...$。

每轮开始时，令 $j\leftarrow i,k\leftarrow i+1$。

模板题

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ull unsigned ll
#define fi first
#define se second
#define pir pair <ll, ll>
#define mkp make_pair
#define pb push_back
using namespace std;
const ll maxn = 5e6 + 10, inf = 1e17;
char s[maxn];
ll n, ans;
int main() {
	scanf("%s", s + 1); n = strlen(s + 1);
	for(ll i = 1; i <= n;) {
		ll j = i, k = i + 1;
		while(k <= n && s[j] <= s[k]) {
			if(s[j] == s[k]) ++j;
			else j = i;
			++k;
		}
		while(i <= j) {
			ans ^= i + k - j - 1;
			i += k - j;
		}
	}
	printf("%lld", ans);
	return 0;
}

这玩意可以直接求解最小表示法，这里懒得写了。