Lyndon 分解学习笔记

一些定义

$s_1+s_2$，$s_1s_2$ 均表示字符串拼接，$s^k$ 表示字符串 $s$ 重复 $k$ 遍。$<,>,\le,\ge$ 均表示字典序的比较。

Lyndon 串：定义一个串 $s$ 是 Lyndon 串当且仅当 $s$ 的字典序严格小于 $s$ 的所有后缀。特别的，一个字符也是 Lyndon 串。

Lyndon 分解：我们将串 $s$ 划分为 $w_1+w_2+\cdots+w_k$，其中所有 $w_i$ 均为 Lyndon 串，且 $\forall i\in[1,k-1],w_i\ge w_{i+1}$。这一组 $w$ 成为 $s$ 的 Lyndon 分解。可以证明，对于任意字符串 $s$，这样的分解存在且唯一。

Lyndon 分解

• 若串 $u,v$ 为 Lyndon 串且 $u<v$，则 $uv$ 也为 Lyndon 串。

证明：若 $|u|>|v|$ 或 $u$ 不是 $v$ 的前缀，直接比较即可证明；否则设 $v=uw$，因为 $v$ 是 Lyndon 串，$w$ 的所有后缀都 $>v$，这样 $w$ 的所有后缀都 $>uv$

这样我们就得到了一个暴力的 Lyndon 串分解的做法：

先把整个串分解为 $|s|$ 个字符，每个字符都是一个 Lyndon 串。接下来每次找到一个 $w_i<w_{i+1}$ 的地方，把这两个字符串合并，不断合并直到无法再合并为止。最终得到 $w_1\ge w_2\ge \cdots \ge w_k$。

• 若字符串 $v$ 和字符 $c$，满足 $vc$ 是 Lyndon 串的前缀，则对于字符 $d>c$ 有 $vd$ 是 Lyndon 串。

Duval 算法

我们将我们要分解的串 $S$ 分成三个部分：$s_1s_2s_3$，其中 $s_1$ 是已经分解完成的部分，$s_2$ 是正在分解的部分，$s_3$ 是未分解的部分。

我们需要保证任意时刻，$s_2=u^t+u'$，其中 $u$ 是 Lyndon 串，$u'$ 是 $u$ 的前缀（可以为空）。每次我们将 $s_3$ 中的第一个字符 $S_k$ 从 $s_3$ 中加入 $s_2$ 中。令 $j=k-|u|$。

• $S_k=S_j$，直接将 $S_k$ 加入 $s_2$ 即可，唯一的影响是 $u'$ 变大，可能会令 $t+1$ 且 $u'$ 变成空串。
• $S_k>S_{j}$，根据上面的性质 $2$，这时 $u'S_k$ 是一个 $>u$ 的 Lyndon 串。再根据性质 $1$，这个 Lyndon 串会不断往前合并，也就是 $u^tu'S_k$ 变成一个新的 Lyndon 串，作为新的 $s_2$ 的 $u$。
• $S_k<S_j$，这时我们可以确定 $u^t$ 这 $t$ 个串不会再被合并，可以直接确定他们在最终的 Lyndon 分解中。$s_1+=u^t$，令 $u'$ 中的元素重新返回 $s_3$，重新开始分解。

容易发现复杂度是均摊 $O(n)$ 的。实际实现的时候我们维护三个指针 $i,j,k$，$i$ 表示 $s_2$ 的开头位置，$j,k$ 和上面相同，这样 $k-j$ 就表示了 $|u|$。三个情况对 $i,j,k$ 的变化是

• $j\gets j+1,k\gets k+1$
• $j\gets i,k\gets k+1$
• $i\gets i+\lfloor\frac{k-i}{k-j}\rfloor(k-j)$，然后 $j\gets i,k\gets i+1$。

view code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e7+5;
char s[N];
int n,ans;
inline void build(int l,int r){ans^=r;}
int main(){
	scanf("%s",s+1);
	n=strlen(s+1);
	int i=1,j,k;
	while(i<=n){
		j=i;k=i+1;
		for(;k<=n;++k){
			if(s[k]==s[j])++j;
			else if(s[k]>s[j])j=i;
			else break;
		}
		int len=k-j;
		while(i+len-1<k)build(i,i+len-1),i+=len;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

Lyndon 分解与最小表示法

对于长度为 $n$ 的串 $s$，我们需要找到他的最小表示法。

• 做法 $1$：我们将串 $s$ 倍长，变为 $ss$。我们求出 $ss$ 的 Lyndon 分解中，覆盖 $n$ 的那个。以它的左端点作为 Lyndon 分解的左端点即可。
• 做法 $2$：

[JSOI2019]节日庆典

我们要求一个字符串的所有前缀的最小表示法。

我们先把串 $s$ 的 Lyndon 分解写成 $s=w_1^{t_1}w_2^{t_2}\cdots w_n^{t_n}$，其中 $w_1,w_2,\cdots,w_n$ 均为 Lyndon 串，且 $w_1>w_2>\cdots>w_n$。这时，我们有结论：最小表示法一定是某个 $w_i^{t_i}$ 的开头。

更进一步地，我们发现如果 $w_{n-1}^{t_{n-1}}$ 的开头比 $w_n^{t_n}$ 的开头优的话，因为 $w_{n-1}>w_{n}$ 所以 $w_{n-1}$ 一定是 $w_n$ 的前缀。以此类推，如果 $w_i^{t_i}$ 是最终的答案的话，那么 $w_i$ 要是 $w_{i+1}$ 的前缀，$w_{i+1}$ 要是 $w_{i+2}$ 的前缀， ……。

这样可能的起点数量就只有 $O(\log n)$ 个，我们只需要比较这 $O(\log n)$ 个点谁更优即可。又因为这 $O(\log n)$ 个点都有前缀关系，所以我们并不需要求出一个串任意两个后缀的 LCP，我们只需要求一个后缀和整个串的 LCP，扩展 kmp 即可。

这样我们得到了一个 $O(n\log n)$ 的做法，但是我们还可以做到更优。

考虑 Duval 算法，在 Lyndon 分解的同时求出答案。$s_2=u^t+u'$，其中 $u$ 是 Lyndon 串，$u'$ 是 $u$ 的前缀（可以为空）。每次我们将 $s_3$ 中的第一个字符 $S_k$ 从 $s_3$ 中加入 $s_2$ 中。令 $j=k-|u|$。

• $S_k<S_j$，显然在 $k$ 之后的所有位置中，选择 $u'$ 前面的任何一个位置作为最小表示法的起点都不如 $u'$，所以我们直接把 $u^t$ 忽略不考虑，Duval 算法继续分解 $u'$ 即可。
• $S_k>S_j$，这时 $u^tu'S_k$ 变成一个新的 Lyndon 串，而 $u$ 前面的所有位置已经确定是不优的，那么我们唯一的选择就是最后一个 Lyndon 串 $u^tu'S_k$ 的起点作为 $k$ 的答案。
• $S_k=S_j$，此时有多种选择：选择 $u^t$ 的开头或者选择 $u'$ 中的某个位置。（根据上面所说的，我们不会选择 $u^t$ 中除了 $u^t$ 的开头的其它位置）。$u'$ 是 $u$ 的一个前缀，所以选择 $u'$ 中的某个位置这部分的答案是之前算过的，我们取 $j$ 对应的位置（即 $i-(j-ans_j)$）即可。这两种情况比较一下取更优的一个即可。

和上面一样，我们要比较的东西有前缀关系，我们只需要求一个后缀和整个串的 LCP，扩展 kmp 即可。这样总复杂度就是 $O(n)$ 的了。

view code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace iobuff{
	const int LEN=1000000;
	char in[LEN+5],out[LEN+5];
	char *pin=in,*pout=out,*ed=in,*eout=out+LEN;
	inline void pc(char c){
		pout==eout&&(fwrite(out,1,LEN,stdout),pout=out);
		(*pout++)=c;
	}
	inline void flush(){fwrite(out,1,pout-out,stdout),pout=out;}
	template<typename T> inline void putint(T x,char div='\n'){
		static char s[20];
		static int top;
		top=0;
		x<0?pc('-'),x=-x:0;
		while(x) s[top++]=x%10,x/=10;
		!top?pc('0'),0:0;
		while(top--) pc(s[top]+'0');
		pc(div);
	}
}
using namespace iobuff;
const int N=3e6+5;
int z[N],n;
char s[N];
inline void exkmp(){
	z[1]=n;
	for(int i=2,r=0,l=1;i<=n;++i){
		if(i<=r)z[i]=min(r-i+1,z[i-l+1]);
		while(i+z[i]<=n&&s[i+z[i]]==s[z[i]+1])++z[i];
		if(i+z[i]-1>r)l=i,r=i+z[i]-1;
	}
}
inline int getmn(int x,int y,int r){
	if(x>y)swap(x,y);
	int p1=x+(r-y+1),len1=z[p1];
	if(len1>=r-p1+1){
		len1=r-p1+1;
		int p2=len1+1,len2=z[p2];
		if(p2+len2-1>=y)return x;
		return s[p2+len2]<s[len2+1]?y:x;
	}else{
		if(len1>=y)return x;
		return s[len1+1]<s[p1+len1]?y:x;
	}
}
int ans[N];
int main(){
	scanf("%s",s+1);
	n=strlen(s+1);
	exkmp();
	for(int i=1,j,k;i<=n;){
		if(!ans[i])ans[i]=i;
		for(j=i,k=i+1;s[k]>=s[j];++k){
			int len=k-j;
			if(s[k]==s[j]){
				if(!ans[k]){
					int u=(k-i)%len+i;
					if(ans[j]>=i)ans[k]=getmn(k+ans[j]-j,i,k);
					else ans[k]=i;
				}
				++j;
			}else{
				if(!ans[k])ans[k]=i;
				j=i;
			}
		}
		int len=k-j;
		while(i+len-1<k)i+=len;
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)putint(ans[i],' ');
	flush();
	return 0;
}