最近回去啃了啃WC的另一份課件，算是爲自己兩年前的作品寫下續章吧。
本文是yjz、xyx、csl三人在WC2019營員交流課件的筆記。
符號和約定
爲了方便本文的敘述，採用如下可能不嚴謹的定義：
我們記\(w[i:j]\)表示\(w\)從第\(i\)個字符到第\(j\)個字符組成的子串，當\(i=1\)或\(j=|w|\)時，\(i\)或\(j\)可以省略，\(i=j\)時，可以簡記爲\(w[i]\)。
對於字符串\(u,v\)，記\(u\lhd v\)，如果\(u<v\)且\(u\)並非\(v\)的前綴，即兩者在結束之前就比較出了大小。
一個比較顯然的結論是，如果\(u\lhd v\)，那麼對任意字符串\(w_1,w_2\)，有\(w_1u\lhd w_1v\)且\(uw_1\lhd vw_2\)。
定義1
如果字符串\(w\)滿足對於\(i=2,3,\dots,|w|\)，都有\(w<w[i:]\)，那麼稱\(w\)是一個Lyndon串，即\(w\)的任意嚴格後綴都大於\(w\)本身。
定理1
如果\(u,v\)都是Lyndon串，且\(u<v\)，那麼\(uv\)是Lyndon串。
證明：將\(uv\)的後綴\((uv)[i:]\)分爲三部分：\(i\in [2,|u|],i=|u|+1,i\in[|u|+2,|uv|]\)。
對於第一部分，考慮\(u\)是一個Lyndon串，對於其嚴格後綴\(u[i:]\)，有\(u\lhd u[i:]\)，從而有\(uv\lhd (uv)[i:]\)。
對於第二部分，若\(u\lhd v\)，則顯然\(uv\lhd (uv)[|u|+1:]\)；否則\(u\)是\(v\)的前綴，有\([uv<v]\Leftrightarrow[v<v[|u|+1:]]\)，由\(v\)是Lyndon串，立得後者成立。
對於第三部分，考慮\(uv<v<v[i-|u|:]=(uv)[i:],i\in[|u|+2,|uv|]\)即可。
定理2
如果\(u\)是Lyndon串，設\(a\)爲一個字符，那麼對於字符串\(u^ku[:i-1]a,i\in[1,|u|]\)，有：
1.若\(a<u[i]\)，那麼\(u\)是任意以\(u^ku[:i-1]a\)開頭的字符串的最長Lyndon前綴。
2.若\(a>u[i]\)，那麼\(u^ku[:i-1]a\)是Lyndon串。
證明：對\(a<u[i]\)的情況，由於\(u^nu[:i]\)若並非\(u\)本身，就是週期串，不可能是Lyndon串。對於剩下的更長的前綴，不妨假設其爲\(u^ku[:i-1]av\)，從而有\(u[:i-1]av\)作爲後綴，由於\(u[:i-1]a\lhd u\)，因此\(u[:i-1]av\lhd u^ku[:i-1]av\)，從而\(u^ku[:i-1]av\)不可能是Lyndon串。第一部分得證。
對\(a>u[i]\)的情況，將\(u^ku[:i-1]a\)的嚴格後綴分爲以\(u\)開頭的、以\(u\)的嚴格後綴\(u[i:]\)開頭的和\(a\)。對於以\(u\)開頭的，假設其爲\(u^{k'}u[:i-1]a(k'<k)\)，由\(u\lhd u[:i-1]a\)，立得\(u^{k'+1}\lhd u^{k'}u[:i-1]a\)，從而\(u^ku[:i-1]a<u^{k'}u[:i-1]a\)；對於以\(u[i:]\)開頭的，由\(u[i:]\lhd u\)立得其小於\(u^ku[:i-1]a\)；最後，由\(u\leq u[i]<a\)，即得\(a\)也大於整個串。因此，\(u^ku[:i-1]a\)是Lyndon串。
定義2
對於字符串\(w\)，若存在一組Lyndon串\(u_1,u_2,\dots,u_n\)，滿足\(w=u_1u_2\dots u_n\)且\(u_1\geq u_2\geq \dots \geq u_n\)，那麼稱\(u_1,u_2,\dots,u_n\)爲\(w\)的Lyndon分解。
定理3
任意字符串\(w\)的Lyndon分解存在。
證明：採用構造法並對\(w\)的後綴歸納證明。設\(u'_1,u'_2,\dots,u'_m\)是\(w[2:]\)的一組Lyndon分解，由於\(w[1]\)是Lyndon串，有\(w=w[1]u'_1u'_2\dots u'_m\)，對於這組“初步的”Lyndon分解，由定理1，只要開頭的兩個Lyndon串是小於關係，就合併爲一個新Lyndon串，反覆操作直到只剩下一個串或者是不小於的關係，就得到了\(w\)的一組Lyndon分解。
定理4
任意字符串\(w\)的Lyndon分解唯一。
證明：只要證明\(w\)的任意Lyndon分解的第一個字符串\(w[:i]\)一定是\(w\)的最長Lyndon前綴，之後考慮餘下的串是\(w[i+1:]\)的Lyndon分解，歸納證明即可。
反證法，假設存在更長的Lyndon前綴\(w[:j](i<j)\)，則該Lyndon分解\(w[:i]u_2u_3\dots u_n\)中，存在一個\(u_k\)滿足其是第一個右端點位置\(\geq j\)的串，不妨記爲\(w[i':j']\)，考慮\(w[:j]\)是Lyndon串，因此\(w[:i]<w[:j]<w[i':j]\leq w[i':j']=u_k\)，得到\(w[:i]<u_k\)，與Lyndon分解是不遞增的矛盾。綜上所述Lyndon分解唯一。
初步的Lyndon分解算法
在定理4保證了Lyndon分解的唯一性後，定理3實際上給出了一個求Lyndon分解的算法。通過哈希或後綴數組預處理後判斷子串的大小關係，並沿用定理3證明中的過程，就可以做到\(O(n\log n)\)求解Lyndon分解。當然，採用\(\text{SA-IS}\)和\(O(n)-O(1)\text{RMQ}\)可以使算法做到\(O(n)\)，然而這樣的實現並不實用。
高效的Lyndon分解算法
通過定理2給我們的啓發，有可能找到更好的Lyndon分解算法。考慮將\(w\)劃分爲三部分，記錄\(i,k,p\)表示\(w[:i]\)已經進行了Lyndon分解，並確定必定是\(w\)的Lyndon分解的前若干項，而\(w[i+1:k]\)則是一個形如\(u^ku[:j-1]\)的串，其中\(u\)是Lyndon串且長度爲\(p\)，\(w[k+1:]\)則是未知情況的串。
考慮不斷進行如下迭代，直到\(i\)變爲\(|w|\)：
考察\(w[k+1]\)（若\(k+1>|w|\)，則定義\(w[k+1]\)是小於任何字符集中字符的特殊字符\(\$\)），分三類情況：
1.\(w[k+1]=w[k+1-p]\)，則\(u^ku[:j-1]\)的形式繼續保持，令\(k\)自增\(1\)即可。
2.\(w[k+1]>w[k+1-p]\)，則由定理\(2\)可知，\(w[i+1,k+1]\)是一個Lyndon串，但是不能保證其一定出現在最終的Lyndon分解中。不過，這仍滿足\(u^ku[:j-1]\)的形式（\(k=j=1\)），於是令\(k\)自增\(1\)，而\(p\)爲\(k-i+1\)即可。
3.\(w[k+1]<w[k+1-p]\)，則由定理\(2\)可知，\(u\)必定是\(w[i+1:]\)的最長Lyndon前綴。由定理4可知，其一定出現在Lyndon分解中，於是我們將\(k\)個\(u\)全部加入已知的Lyndon分解中。對於剩下的\(u[:j-1]\)，無法保證其滿足\(u'^ku'[:j-1]\)的形式，乾脆重新開始，令\(k\)指向\(u[:j-1]\)的第一個字符（單字符必定是Lyndon串），並令\(i=k-1,p=1\)。
綜上即得Lyndon分解，每次迭代是\(O(1)\)的，且\(i+k\)至少增加\(1\)。由於\(i,k\leq |w|\)，因此整個算法是\(O(n)\)的，並且有非常簡潔的實現。
The Runs Theorem 部分待填坑。