【学习笔记】Lyndon Word

定义

若一个字符串 $s$ 的最小后缀是它自己，我们称其为 $Lyndon$ 串。

等价定义：若 $s$ 是其所有循环重构串中字典序最小的串，则 $s$ 是 $Lyndon$ 串。

$Lyndon$ 分解

任意字符串 $s$ ，都可以唯一分解成 $s=s_1s_2...s_k$ ,其中 $\forall s_i$ 为 $lyndon$ 串，且 $s_i≥s_{i+1}$

存在性证明

先来看一个引理：

引理1：

如果 $u$ , $v$ 都是 $Lyndon$ 串，并且字典序 $u<v$ ，则 $uv$ 也是 $Lyndon$ 串。

（感觉比较显然吧，但还是证明一下

1. $len(u)≥len(v)$ 时

因为 $v>u$ ，所以 $v$ > $uv$ ，又因为 $v$ 是 $Lyndon$ 串，所以 $v$ 的所有非自己的后缀都大于 $v$ ，所以开头在 $v$ 的部分的后缀都大于 $uv$ 。因为 $u$ 也是 $Lyndon$ 串，所以 $u$ 的所有后缀都大于 $u$ ， $uv$ 的开头在 $u$ 部分的后缀也就大于 $uv$ （在 $u$ 部分的比较就已经大于）

2. $len(u)<len(v)$ 时

若 $u$ 不是 $v$ 的前缀，那么在 $len(u)$ 之前就有 $v>u$ ，所以 $v>uv$ ，同上可证。

若 $u$ 是 $v$ 是的前缀，那么 $v>uv$ ，同上可证。

有了引理之后再来证明。

首先， $s$ 中的每一个单个字符都是一个 $Lyndon$ 串，初始时每段都只有一个字符。

从左往右开始合并，左边已经合并了的字符串 $s_i$ 大于当前字符 $s[j]$ 的话就把 $s[j]$ 并入 $s_i$ ，根据引理1可得这样合并后分出来的每一段都是 $Lyndon$ 串。

而每次比较的时候 $s_i<s[j]$ 都并进去了，所以没有并进去的话，就满足每一段 $s_i>s_{i+1}$

唯一性证明

~~（其实这个也比较显然吧，根据上面我们是能并就并了，没有其他可操作的空间，所以就只有一种~~

这个我们用反证法。

假设对于一个字符串 $s$ 有两种 $Lyndon$ 分解

我们记第一次不同的位置为 $i$ ，设 $len(s_i)>len(s_{i}')$

设 $s_i=s_{i}'s_{i+1}'...s_{k}'s_{k+1}'[1...l]$

$s'_{k+1}[1...l]$ 指第 $k+1$ 段串中的前缀 $1..l$

可以得到以下关系：
$s_i<s_{k+1}’[1...l]$ ： $s_i$ 是 $Lyndon$ 串，所以它的后缀大于它

$s_{k+1}’[1...l]≤s_{k+1}’$ ：一个字符串的前缀小于等于它自己

$s_{k+1}’≤s_i'$ ： $Lyndon$ 分解中，前面的段的字典序大于后面的段的字典序。

$s_i'<s_i$ ： $s_i'$ 是 $s_i$ 的前缀，一个字符串的前缀小于等于它自己

综合上述不等式，可以得到 $s_i<s_i$ ，产生矛盾，所以假设不成立

$Duval$ 算法

是一种在 $O(n)$ 时间复杂度之内求出一个串的 $Lyndon$ 分解的算法。

引理2：

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

~~（觉得还是可以感性理解~~

证明：
设 $Lyndon$ 串为 $vct$

根据 $Lyndon$ 串的性质可得， $\forall i∈[2,len(v)],v[i...len(v)]ct≥vct$ .

根据 $i$ 的取值范围， $v[i.. .len(v)]$ 长度最大是 $len(v)-1$ ，那么 $v[i...len(v)]c$ 的长度小于等于 $v$ 。

所以 $v[ i...len(v)]c$ 要么是 $v$ 的前缀（ $v[i...len(v)]ct$ 在 $t$ 的部分大于 $vct$ ),要么大于 $v$ ，总之 $v[i..len(v)]c$ 不可能小于 $v$ ，否则 $v[i...len(v)]ct≥vct$ 是不会成立的。

所以可以得到： $v[i...len(v)]c≥v$

那么： $v[i...len]d>v[i...len]c>v$ ，所以 $v[i...len]>vd$

算法流程

在这个算法中，我们维护三个变量 $i,j,k$

其中， $s[1...i-1]=s_1s_2...s_g$ 是已经固定下来的分解，满足每一段 $l∈[1,g-1],s_l>s_{l+1}$

$s[i...k-1]=t^hv,h≥1$ 是没有固定的分解，并且 $t$ 是 $Lyndon$ 串, $v$ 是 $t$ 的一个前缀（可为空）。

$j=k-|t|$ ，当前扫到未处理的字符是 $s[k]$

分三类情况讨论：

$s[k]==s[j]$ :继续往前扫，保持周期

$s[k]>s[j]$ :根据引理2，我们将 $t^hvs[k]$ 合并起来，是一个 $Lyndon$ 串（是向前合并， $t$ 和 $vs[k]$ 合并起来，再将 $tvs[k]$ 与前面的 $t$ 合并（注意相等的两个串并不能用引理1进行合并，因为的后缀不大于 $uu$ ）。

这里的合并是相当于把 $t^hvs[k]$ 当成一个新的 $t$ ，不是就把它当成 $Lyndon$ 分解里的一段了，它还有可能和后面的串拼在一起形成一个新的 $Lyndon$

$s[k]<s[j]$ ： $t^h$ 的分解被固定为 $h$ 个 $Lyndon$ 串，算法从 $v$ 的开头重新开始。

复杂度分析

$i$ 只会往右移， $k$ 移动的距离不超过 $i$ 右移的距离（ $k$ 移动 $|v|$ ,而 $i$ 移动 $|t^hv|$ ）

复杂度为 $O (n)$

Code View

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using namespace std;
#define N 5000005
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LL long long
int rd()
{
	int x=0,f=1;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1; c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar();}
	return f*x;
}
int n,ans;
char s[N];
int main()
{
	scanf("%s",s+1);
	n=strlen(s+1);
	for(int i=1;i<=n;)
	{
		int j=i,k=i+1;
		while(k<=n&&s[j]<=s[k])
		{
			if(s[j]<s[k]) j=i;//合并 
			else j++;
			k++; 
		}
		while(i<=j)
		{
			ans=ans^(i+k-j-1);
			i+=k-j;
		}
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	printf("%d\n",ans);
    return 0;
}