學習筆記 Lyndon Word

若乙個字串$s$的最小字尾是它自己，我們稱其為$lyndon$串。

等價定義：若$s$是其所有迴圈重構串中字典序最小的串，則$s$是$lyndon$串。

任意字串$s$，都可以唯一分解成$s=s_1s_2...s_k$,其中$\forall s_i$為$lyndon$串，且$s_i≥s_$

存在性證明

先來看乙個引理：

引理1：

如果$u$,$v$都是$lyndon$串，並且字典序$u，則\(uv$也是$lyndon$串。

（感覺比較顯然吧，但還是證明一下

1.$len(u)≥len(v)$時

因為$v>u$，所以$v$>$uv$，又因為$v$是$lyndon$串，所以$v$的所有非自己的字尾都大於$v$，所以開頭在$v$的部分的字尾都大於$uv$。因為$u$也是$lyndon$串，所以$u$的所有字尾都大於$u$，$uv$的開頭在$u$部分的字尾也就大於$uv$（在$u$部分的比較就已經大於）

2.\(len(u)時

若$u$不是$v$的字首，那麼在$len(u)$之前就有$v>u$，所以$v>uv$，同上可證。

若$u$是$v$是的字首，那麼$v>uv$，同上可證。

有了引理之後再來證明。

首先，$s$中的每乙個單個字元都是乙個$lyndon$串，初始時每段都只有乙個字元。

從左往右開始合併，左邊已經合併了的字串$s_i$大於當前字元$s[j]$的話就把$s[j]$併入$s_i$，根據引理1可得這樣合併後分出來的每一段都是$lyndon$串。

而每次比較的時候$s_i都並進去了，所以沒有並進去的話，就滿足每一段\(s_i>s_$

唯一性證明

（其實這個也比較顯然吧，根據上面我們是能並就並了，沒有其他可操作的空間，所以就只有一種

這個我們用反證法。

假設對於乙個字串$s$有兩種$lyndon$分解

我們記第一次不同的位置為$i$，設$len(s_i)>len(s_')$

設$s_i=s_'s_'...s_'s_'[1...l]$

$s'_[1...l]$指第$k+1$段串中的字首$1..l$

可以得到以下關係：

$s_i：\(s_i$是$lyndon$串，所以它的字尾大於它

$s_』[1...l]≤s_』$：乙個字串的字首小於等於它自己

$s_』≤s_i'$：$lyndon$分解中，前面的段的字典序大於後面的段的字典序。

$s_i'：\(s_i'$是$s_i$的字首，乙個字串的字首小於等於它自己

綜合上述不等式，可以得到\(s_i，產生矛盾，所以假設不成立

是一種在$o(n)$時間複雜度之內求出乙個串的$lyndon$分解的演算法。

引理2：

若字串$v$和字元$c$滿足$vc$是某個$lyndon$串的字首，則對於字元$d>c$有$vd$是$lyndon$串。

（覺得還是可以感性理解

證明：設$lyndon$串為$vct$

根據$lyndon$串的性質可得，$\forall i∈[2,len(v)],v[i...len(v)]ct≥vct$.

根據$i$的取值範圍，$v[i.. .len(v)]$長度最大是$len(v)-1$，那麼$v[i...len(v)]c$的長度小於等於$v$。

所以$v[ i...len(v)]c$要麼是$v$的字首（$v[i...len(v)]ct$在$t$的部分大於$vct$),要麼大於$v$，總之$v[i..len(v)]c$不可能小於$v$，否則$v[i...len(v)]ct≥vct$是不會成立的。

所以可以得到：$v[i...len(v)]c≥v$

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

演算法流程

在這個演算法中，我們維護三個變數$i,j,k$

其中，$s[1...i-1]=s_1s_2...s_g$是已經固定下來的分解，滿足每一段$l∈[1,g-1],s_l>s_$

$s[i...k-1]=t^hv,h≥1$是沒有固定的分解，並且$t$是$lyndon$串,$v$是$t$的乙個字首（可為空）。

$j=k-|t|$，當前掃到未處理的字元是$s[k]$

分三類情況討論：

$s[k]==s[j]$:繼續往前掃，保持週期

$s[k]>s[j]$:根據引理2，我們將$t^hvs[k]$合併起來，是乙個$lyndon$串（是向前合併，$t$和$vs[k]$合併起來，再將$tvs[k]$與前面的$t$合併（注意相等的兩個串並不能用引理1進行合併，因為$uu$的字尾$u$不大於$uu $）。

這裡的合併是相當於把$t^hvs[k]$當成乙個新的$t$，不是就把它當成$lyndon$分解裡的一段了，它還有可能和後面的串拼在一起形成乙個新的$lyndon$

$s[k]：\(t^h$的分解被固定為$h$個$lyndon$串，演算法從$v$的開頭重新開始。

複雜度分析

$i$只會往右移，$k$移動的距離不超過$i$右移的距離（$k$移動$|v|$,而$i$移動$|t^hv|$）

複雜度為$o (n)$

code view

#include#include#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;
#define n 5000005
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
int rd()
while(c>='0'&&c<='9')
return f*x;
}int n,ans;
char s[n];
int main()
while(i<=j)
}printf("%d\n",ans);
return 0;
}

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