Lyndon 分解

样例输入 1

ababa

样例输出 1

2 4 5

样例输入 2

bbababaabaaabaaaab

样例输出 2

1 2 4 6 9 13 18

样例输入 3

azAZ0129

样例输出 3

2 4 8

\(1\le |s| \le 2^{20}\)

OZY的题解

冷门东西，但是今天考到了，做个记录。

\(s[l : r]\) 表示字符串\(s\) 从第\(l\) 个字符到第\(r\) 个字符的子串（从\(1\) 开始标号），\(|s|\) 表示\(s\) 的长度。

当\(l = 1\) 时\(s[l : r]\) 简写为\(s[: r]\) ，表示\(s\) 的一个前缀。当\(r = |s|\) 时\(s[l : r]\) 简写为\(s[l :]\) ，表示\(s\) 的一个后缀。

\(st, s +t\) 表示两个字符串\(st\) 的拼接，\(s^k\) 表示\(k\) 个\(s\) 拼起来，特别地，\(s^{\infty}\) 表示\(s\) 的无限循环。

Lyndon 串：如果一个串\(s\) 满足\(s = \min\{s[i :]|1 \le i \le |s|\}\) 那么我们称串\(s\) 为Lyndon 串。定义字符串的大小关系就是字典序的大小关系

当\(u,v\)均为Lyndon Words，且\(u<v\)，那么\(uv\)也是一个Lyndon Words。

证明还是比较显然的，这里就不证了

对于一个字符串\(s\)，如果一个划分将它分成若干个串\(s=p_1+p_2+p_3+\dots+p_n\)，使得每个\(p\)都是Lyndon Words，且\(p_i\ge p_{i+1}\)，则这个划分是Lyndon 划分。

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。显然，这是满足第一个条件的，只需要再满足递减的关系就可以了。

可以发现若\(p_i<p_{i+1}\)，它们合起来也是一个Lyndon Words。

并且可以发现，对于一个串，他的Lyndon 划分是唯一的。

算法

目的是求出\(r[i]\)，表示第\(i\)个字符所属Lyndon Words的右端点的下一个位置。

就是维护类似单调栈的东西就可以了。单调栈内维护的是属于同一Lyndon Words的节点，换句话说如果不满足字典序的单调递增，就要清空。发现这就是维护定义……很显然啊。

复杂度瓶颈在于比较后缀大小，用后缀树（DC3后缀数组+笛卡尔树）和±1RMQ即可\(O(n)\)。这里只给出不能AC的hash做法，\(O(n\log n)\)。

当然这题还有\(O(n)\)的Duval算法，但是我觉得没必要学。

#include<bits/stdc++.h>
#define co const
#define il inline
using namespace std;
typedef unsigned long long ULL;

co int N=(1<<20)+10;
co ULL base=131;
char str[N];int n;
ULL pw[N],hs[N];

il ULL calc(int l,int r){
    return hs[r]-hs[l-1]*pw[r-l+1];
}
int lcp(int x,int y){ // str[x:],str[y:]
    int l=0,r=n-max(x,y)+1;
    while(l<r){
        int mid=(l+r+1)>>1;
        if(calc(x,x+mid-1)==calc(y,y+mid-1)) l=mid;
        else r=mid-1;
    }
    return l;
}
il bool cmp(int x,int y){ // str[x:]<str[y:]
    int len=lcp(x,y);
    if(len==n-max(x,y)+1) return x>y; // partition by >=
    return str[x+len]<str[y+len];
}

int r[N],st[N],top;
int main(){
    scanf("%s",str+1),n=strlen(str+1);
    pw[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        pw[i]=pw[i-1]*base;
        hs[i]=hs[i-1]*base+str[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;++i){
        while(top&&cmp(i,st[top])) r[st[top--]]=i;
        st[++top]=i;
    }
    while(top) r[st[top--]]=n+1;
    for(int i=1;i<=n;i=r[i]) printf("%d ",r[i]-1);
    return 0;
}