lyndon word学习笔记

似乎是一个很冷门的东西，但是还是有点小用处的
于是花了一个下午学习了一下
你为什么要学什么久啊。。

定义

一个串$S$是$lyndonword$，当且仅当满足整个串是最小的后缀
定义字符串的大小关系就是字典序的大小关系

性质

当$u$,$v$均为$lyndonword$，且$u$<$v$，那么$uv$也是一个$lyndonword$
其中uv就是把两个串拼起来，证明还是比较显然的，这里就不证了

Lyndon 划分

对于一个字符串，如果可以划分为若干个串$S=p_1+p_2+p_3+.....+p_n$
使得每一个$p$都是一个$lyndonword$，并且$p_i\ge p_{i+1}$
可以发现，一个字符串，一定存在一种$Lyndon$划分
证明可以用构造法来证明
一开始先所有$p$设为单个字母
那么显然，对于第一个条件是满足的
那么只需要满足递减的关系就可以了
可以发现$p_i<p_{i+1}$，他合起来也是一个$lyndonword$
并且可以发现，一个串，他的$Lyndon$划分是唯一的

构造Lyndon 划分方法1

上一个部分告诉了我们求$Lyndon$划分的一个方法
就是维护类似单调栈的东西就可以了
但是，这里涉及到要快速的比两个字符串的大小，似乎除了二分hash没有什么办法
因此复杂度会多一个$log$，也就是$nlogn$

构造Lyndon 划分方法2

可以发现，这个玩意可以用后缀数组来实现
把串反串
把后缀排序，每次取最前的，然后一直取到尾，直到某个元素被取过位置
yy一下不难得到这个做法的正确性
那么复杂度就取决于后缀数组的复杂度了
用倍增算法就是$nlogn$的，如果使用dc3，就可以做到$O(n)$了
如果二分hash就是$nlo{g}^2$

构造Lyndon 划分方法3

$Duval$算法
是一个专门解决这个问题的方法，时间复杂度也是线性的
就是维护三个指针$i,j,k$
$i$表示，我们现在要划分的开头，也就是$[1,i-1]$都已经划分好了
然后，我们对于$p_i$相同的一起构造
至于j和k的具体定义，似乎也不是很好说，那就先看算法过程来感受一下吧
一开始$j=i,k=i+1$，然后开始循环
分三个情况
$a[k]>a[j]$那么以当前串一定不可能比原来的小，于是j=i,k++
$a[k]=a[j]$那么以当前串可能会小，于是j++,k++
$a[k]<a[j]$那么这里一定要断开了，退出循环
可以发现，这里的$p$的长度就是$k-j$，然后从$i$开始有若干个循环节
把这些循环节的开头全部弄出来，直到$i>j$为止
那么，我们就会得到一个新的$i$，且$[1,i-1]$都划分好了
并且一定满足递减的条件
至于时间复杂度，可以发现，一个位置最多只会被经过三次，因此是$O(n)$的，常数较小
这个的话yy还是挺好证明的
代码大概是这样的

cnt=0;int u=1,i,j;
while (u<=n)
{
	for (i=u,j=i+1;j<=n&&ss[j]>=ss[i];j++)
	{
		if (ss[j]>ss[i])	i=u;
		else i++;
	}
	while (u<=i)	{x[++cnt]=u+(j-i)-1;u=u+(j-i);}
}

例题

https://loj.ac/problem/129
就是一个赤裸裸的模板题，代码已经放到上面了

给你一个串$S$
你可以把他分成若干个串$S=p_1+p_2+.....+p_n$
然后对于每一个$p$,你可以把它翻转也可以不翻转
然后最后再拼起来，要字典序最小

把串反过来
可以发现，其实就是$lyndon$划分后，不断取后面的$lyndonword$直接做就可以了

别的题以后做了再更吧