【字符串】Lyndon 分解

题目描述

定义 Lyndon Word：$s$ 是 Lyndon Word 当且仅当 $s$ 是其所有后缀中最小的一个串。

给定字符串 $s$ ，请把这个字符串分成若干个子串，使得每个子串都是 Lyndon Word 。并且从左到右每个字符串都大于等于下一个。

最后输出每一个子串右端点异或和。

$1\le n\le 5\times {10}^6$ 。

算法描述

此处使用时间复杂度 $\mathrm{\Theta }(n)$ ，空间复杂度 $\mathrm{\Theta }(1)$ （不记录划分方案）的方法：Duval 算法

首先可以证明 Lyndon 分解存在且唯一。

我们使用 $i,j,k$ 三个指针， $[1,i-1]$ 代表前面已经定好的串；$[i,k]$ 代表正在划分的串，$[k+1,n]$ 代表没有加入的串。

我们断言，$[i,k]$ 既然没有被确定，一定会形如 $uuu\dots v$ （后面解释），其中 $u$ 是一个定长子串，$v$ 是一个没有确定的子串，其中最后一个字符 （也就是 $k$） 和 $u$ 的相应位置不一定一样，前面都一样。此时 $j$ 就指向这一位置：

首先我们要知道一件事情：像 $uuu$ 这样并列相等的串一定要被分开，因为 $uu$ 并不是一个 Lyndon 串。（后缀 $u<uu$）

也就是说， $j$ 就是 $u$ 这样的串中和 $k$ ”同步匹配“ 的指针，现在我们来讨论 $j,k$ 的大小关系：

• $s_j<s_k$ ：容易发现如果将 $k$ 分出去，就不满足 "前面大于后面" 这个性质，所以 $[i,k]$ 要分在一起。所以从 $k+1$ 开始，$[i,k]$ 整体变成了一个串 $u^{\prime }$，将指针 $j=i$。

• $s_j>s_k$ ：发现如果将 $k$ 和前面的串划分成一个，就会出现后缀比整体小的情况，所以确定前面所有 $u$ 的划分结果，将这些 $u$ 划分出去，具体方法是将 $i+=(k-j)$ 直到大于 $j$ 为止。

• $s_j=s_k$ ：没有问题，继续匹配下一个 ，$j=j+1,k=k+1$ 。

由此还可以得出每次划分时 $(k-j)$ 就是串长，$i$ 就是开头位置。因为每次 $j$ 左移至 $i$ 时中间的部分都划进了一个串。

由此解答前面的问题，只有在 $k-j$ 等于某个值的时候，对比到很多次的 $s_j=s_k$ ，$[j,k]$ 像一个滑动窗口一样右移，以至于 $j$ 已经超过了原来 $k$ 的位置，就会形成一个周期 $u$。

具体在实现代码的时候，采用枚举 $i$ 的方法，对于每个 $i$ ，从 $j=i,k=i+1$ 开始扫描，扫到 $s_j>s_k$ 为止，然后移动 $i$ 。

时间复杂度 $\mathrm{\Theta }(n)$ ，证明详见 OI-Wiki。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e6 + 5;
char s[N];
int n;
vector <int> rt;
int main()
{
	scanf("%s",s + 1);
	n = strlen(s + 1);
	int i = 1,j,k;
	while(i <= n)
	{
		for(j = i,k = i + 1;k <= n && s[j] <= s[k];)
		{
			if(s[j] == s[k]) j++,k++;
			else j = i,k++;
		}
		for(int len = k - j;i <= j;i += (k - j)) rt.push_back(i + len - 1);
	}
	int res = 0;
	for(auto in : rt) res ^= in;
	cout<<res;
	return 0;
}

用处

目前蒟蒻作者只知道这个可以解决一个串的最小表示法问题：

我们知道每一个 Lyndon 子串小于所有后缀，所以从每个子串的开头一定是最优的，然而我们又知道前面的子串大于等于后面的子串，所以直接取最后一个子串开头即可。