Lyndon分解学习小记

Lyndon 分解

Lyndon 串

如果一个串的字典序不大于它的所有后缀，这样的串就称为 Lyndon 串。

Lyndon 分解

将字符串 $s$ 分解为 $w_1{w}_2\cdots w_k$，若满足 $w_1,w_2,\cdots ,w_k$都是 Lyndon 串，且 $w_1\ge w_2\ge \cdots \ge w_k$，则称 $w_1{w}_2\cdots w_k$ 是 $s$ 的 Lyndon 分解。

可以证明这样的分解若存在，则一定是唯一的。不妨设 $w_1{w}_2\cdots w_k$ 和 $v_1{v}_2\cdots v_s$ 均为 $s$ 的 Lyndon 分解，则存在 $i$ 满足 $w_k=v_k(k<i)$ 且 $w_i$ 是 $v_i$ 的前缀。又因为 $v_i$ 是 Lyndon 串，表明 $v_i$ 小于 $v_i$ 从位置 $|w_i|+1$ 开始的后缀，从而有 $w_i<w_{i+1}$，矛盾。

Lyndon 分解的存在性可以通过之后的算法给出。

Duval 算法

Duval 算法可以 $O(n)$ 求出一个串的 Lyndon 分解。

若字符串 $t$ 可以分解为 $ww\cdots w\overline{w}$，其中 $w$ 是一个 Lyndon 串，$\overline{w}$ 是 $w$ 的一个前缀，则称 $t$ 是一个近似 Lyndon 串。一个 Lyndon 串也是一个近似 Lyndon 串。

算法思路

在 Duval 算法中，把 $s$ 分成三个部分 $s=s_1{s}_2{s}_3$ 来维护。其中 $s_1$ 的 Lyndon 分解已经被求出，$s_2$ 是一个近似 Lyndon 串，$s_3$ 是 $s$ 剩下的部分。

算法过程中维护三个指针。指针 $i$ 指向 $s_2$ 的首字符，指针 $j$ 指向 $s_3$ 的首字符，指针 $k$ 指向 $s_2$ 中我们当前考虑的字符，即上一个循环节中与 $j$ 对应的字符。若设 $s_2=ww\cdots w\overline{w}$，那么指针 $j$ 指向的是最后一个 $w$ 中的第 $|\overline{w}|+1$ 个字符。

Duval 算法的思路是每次尝试将指针 $j$ 指向的字符加入到 $s_2$ 的末端。加入后，若 $s_2$ 仍然是近似 Lyndon 串，则继续处理。若 $s_2$ 变为了 Lyndon 串，则将 $s_2$ 看成是一个循环一次的 Lyndon 串继续处理。若 $s_2$ 不再是近似 Lyndon 串，则把 $s_2$ 前面的所有循环节加入到 $s_1$ 中。

算法过程

• 若 $s[j]=s[k]$，表明加入 $s[j]$ 后，$s_2$ 仍是近似 Lyndon 串。将指针 $j$ 和指针 $k$ 分别后移一位。
• 若 $s[j]>s[k]$，表明加入 $s[j]$ 后，$s_2$ 变为了一个 Lyndon 串。指针 $j$ 移到 $s_2$ 的首字符，指针 $k$ 后移一位。
• 若 $s[j]<s[k]$，表明加入 $s[j]$ 后，$s_2$ 不再是一个近似 Lyndon 串。将 $s_2$ 前面的所有循环节（长度为 $j-k$）删掉（即指针 $i$ 每次往后跳 $j-k$ 位）并加入到 $s$ 的 Lyndon 分解中。对后面的部分重复上述过程，即将指针 $i$ 指向 $\overline{w}$ 的首字符，并将指针 $j,k$ 复原。

代码实现

vector<int> Duval(int n, char * str)
{
	int i = 1;
	vector<int> res;
	while (i <= n)
	{
		int k = i, j = i + 1;
		while (j <= n && str[j] >= str[k])
		{
			if (str[j] > str[k]) k = i;
			else k++;
			j++;
		}
		while (i <= k) res.push_back(i + j - k - 1), i += j - k;
	}
	return res;
}

算法分析

正确性：首先，分解出来的每个串都是 Lyndon 串。对于遇到 $s[j]<s[k]$ 情况时的 $s_2$，其循环节 $w$ 必然不会小于以 $\overline{w}s[j]$ 为开头的串分解出来的第一个 Lyndon 串。因此分解出来的 Lyndon 串满足 $w_1\ge w_2\ge \cdots \ge w_k$。

时间复杂度：最外层循环中，指针 $i$ 每次都会往后移，故循环次数不超过 $n$。对于内层循环，因为剩余串（即 $\overline{w}$）的长度必然小于分解出来的 Lyndon 串 $w$，故剩余串的长度之和不超过 $n$。因此内层的循环次数也是 $O(n)$ 的。表明总的时间复杂度就是 $O(n)$。

最小表示法

Lyndon 分解可以用来求一个串 $s$ 的最小表示法。

具体来说，求出 $ss$ 的 Lyndon 分解后，找到第一个跨过第 $|s|$ 个位置的 Lyndon 串，通过 Lyndon 分解的性质可以得到，该串的首字符就是 $s$ 的最小表示法的首字符。

代码（洛谷 P1368）

#include
using namespace std;

const int N = 600005;

int n, a[N];

int Duval(int n, int * a)
{
	int i = 1, ans;
	vector<int> res;
	while (i <= n / 2)
	{
		ans = i;
		int k = i, j = i + 1;
		while (j <= n && a[j] >= a[k])
		{
			if (a[j] > a[k]) k = i;
			else k++;
			j++;
		}
		while (i <= k) res.push_back(i + j - k - 1), i += j - k;
	}
	return ans;
}

int main()
{
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]), a[i + n] = a[i];
	int pos = Duval(n * 2, a);
	for (int i = 0; i < n; i++) printf("%d ", a[pos + i]);
	return 0;
}

hdu 6761 Minimum Index

给一个字符串$S$，求$S$的每个前缀的字典序最大的后缀所在的下标。
$|S|\le 10^6,\sum |S|\le 2\ast 10^7$

把 $S$ 进行Lyndon分解成 $w_1,\cdots ,w_k$ 后，最后一个Lyndon串 $w_k$ 就是 $S$ 的最小后缀。用扩展kmp求出 $w_k$ 的每个后缀与 $w_k$ 的lcp，从后往前，设当前位置 $p$ 的lcp为 $L$，则把 $[p,p+L)$ 中未被标记的位置的答案 $p$。删去 $w_k$ 后对剩下的串重复之前的操作。时间复杂度 $O(n)$。