Lyndon 词和 Runs

\(\text{Part 0:}\) 约定

本文中的字符串均为 \(0-\text{index}\)。

\(s[:i]\) 表示 \(s\) 中前 \(i\) 个字符组成的字符串。

\(s \prec t\) 表示在结束前 \(s,t\) 这两个字符串就已经比出了字典序大小。

\(\text{Part 1: Lyndon}\) 词

定义 \(1\)：称一个字符串 \(s\) 为 \(\text{Lyndon}\) 词当且仅当对于所有的 \(i > 0\)，均有 \(s < s[i:] + s[:i]\)。

定义 \(2\)：称一个字符串 \(s\) 为 \(\text{Lyndon}\) 词当且仅当对于所有的 \(i > 0\)，均有 \(s < s[i:]\)。

那么我们此时来证明为什么这两个定义是等价的。

先考虑从二推一，假设 \(s < s[i:]\)，那么因为 \(s[i:]\) 的长度比 \(s\) 短，所以肯定在结束前就比出了大小。而因为在结束之前就比出了大小，所以 \(s < s[i:] + t\)，所以我们就有 \(s[i:] + s[:i]\)。

接下来考虑一推二。假设 \(s < s[i:] + s[:i]\)，那么我们根据第一个不同的位置分类讨论。

1. 第一个不同的位置在 \(s[i:]\) 中，那么显然是正确的。

2. 第一个不同的位置不在 \(s[i:]\) 中，我们可以得知 \(s[i:] = s[:|s| - i]\)，而 \(s[:i] \succ s[|s| - i:]\)。因为 \(s[:i]\) 和 \(s[|s| - i:]\) 的长度相同，所以在结束前就比出了大小，那么我们可以得出 \(s[:i] + s[i:] \succ s[|s| - i:] + s[:|s| - i]\)，但是这个和定义矛盾了。所以只能在前面出现不同。

\(\text{Lyndon}\) 词的一个性质就是若 \(u,v\) 均为 \(\text{Lyndon}\) 词且 \(u < v\)，则 \(u + v\) 也是 \(\text{Lyndon}\) 词。

接下来考虑怎么证明这个性质：根据定义，我们就是需要证明 \(u + v\) 的所有非平凡后缀都大于 \(u + v\)。我们可以将这些非平凡后缀分成三类。

首先是形如 \(u[i:] + v\) 的后缀，其中 \(i > 0\)。由于 \(u\) 是一个 \(\text{Lyndon}\) 词，因此 \(u < u[i:]\)。由于 \(u[i:]\) 的长度小于 \(u\)，因此肯定在结束之前就比较出了大小，也就是说 \(u \prec u[i:]\)。因此，在后面拼上字符串 \(v\)，我们仍然有 \(u + v \prec u[i:] + v\)。

接下来是 \(v\) 整体作为一个后缀。我们知道 \(u < v\)，可以进一步分两种情况讨论：

1. 如果 \(u \prec v\)，那么在后面拼上字符串，我们仍然有 \(u + v \prec v\)。

2. 否则，就意味着 \(u\) 是 \(v\) 的前缀，因此 \(u + v\) 和 \(v\) 的前 \(|u|\) 个字符是一样的，需要继续比较 \(v\) 和 \(v[|u|:]\)。由于 \(v\) 是一个 \(\text{Lyndon}\) 词，因此 \(v \prec v[u[:]]\)，于是仍然有 \(u + v \prec v\)。

最后，考虑形如 \(v[i:]\) 的后缀。我们之前已经证明 \(u + v \prec v\)，结合 \(v\) 是一个 \(\text{Lyndon}\) 词，有 \(v < v[i:]\)，于是综合一下就有 \(u + v < v[i:]\)。

此时我们引出 \(\text{Lyndon}\) 分解这一概念：若对于一个字符串 \(s\)，其存在一个序列 \(w_0,w_1,\cdots w_{k-1}\)，使得 \(s = w_0 + w_1 + \cdots + w_{k-1}\) 且 \(w_0 \ge w_1 \ge \cdots \ge w_{k-1}\) 同时这 \(k\) 个字符串均为 \(\text{Lyndon}\) 词，则称这个分解为 \(s\) 的 \(\text{Lyndon}\) 分解。

此时我们引出一个 \(\text{Lemma}:\) 每一个字符串的 \(\text{Lyndon}\) 分解唯一。

考虑怎么证明。可以先证明存在性，假设我们先不管 \(w_0 \ge w_1 \ge \cdots \ge w_{k-1}\) 这个条件，那么我们我们肯定有一个 \(\text{Lyndon}\) 分解就是每一个字符作为一段。如果此时这个分解已经满足了条件，那么就不用管了。否则肯定存在一个 \(i\) 满足 \(w_i < w_{i + 1}\)，那么把这两个 \(\text{Lyndon}\) 词合并在一起即可。

然后我们就发现把所有操作做完之后剩下的就是一个合法的 \(\text{Lyndon}\) 分解了。而上面的内容也给我们提供了一个 \(\mathrm O(n \log n)\) 的 \(\text{Lyndon}\) 分解方法。

接下来考虑证明唯一性。此时我们发现一个字符串 \(s\) 其 \(\text{Lyndon}\) 分解的第 \(i\) 个词 \(w_i\) 是 \(s\) 的后缀中字典序在 \(w_{i+1} + w_{i + 2}+\cdots+w_{k - 1}\) 之前的后缀 \(s[m_i:]\) 的前缀。那么这个时候因为后面的 \(w\) 已经确定了，而后缀 \(s[m_i:]\) 是唯一的，所以 \(w_i\) 此时也是唯一的。

我们这个时候是从后缀的角度来观察 \(\text{Lyndon}\) 分解。那么我们可以考虑从前缀的角度来观察 \(\text{Lyndon}\) 分解：对于任意 \(s\)，其 \(\text{Lyndon}\) 分解的第 \(i\) 个词 \(w_i\) 是以 \(w_i\) 为开头的 \(s\) 的后缀的最长的 \(\text{Lyndon}\) 前缀。

或者说如果 \(u\) 是 \(s\) 的最长 \(\text{Lyndon}\) 前缀，这 \(s[|u|:]\) 是第一个小于 \(s\) 的后缀。

首先考虑若对于 \(i < |u|\)，是否必定有 \(s[i] > s\)。由于 \(u = s[:|u|]\) 是 \(\text{Lyndon}\) 词，因此 \(s[:|u|] \prec s[i:|u|]\)，从而必然有 \(s < s[i:]\)。

接下来考虑 \(s[|u|:]\)。对 \(s\) 做 \(\text{Lyndon}\) 分解，得到 \(w_0,\cdots,w_{k-1}\)，其中 \(u = w_0\)。为了简便起见，我们认为 \(i \geq k\) 时，\(w_i\) 是空串。

假设 \(w_0 = \cdots = w_{i-1} > w_i\)，即 \(w_i\) 是 \(\text{Lyndon}\) 分解中第一个小于 \(w_0\) 的词。那么比较 \(s = w_0 + \cdots + w_{k-1}\) 和 \(s[|u|:] = w_1 + \cdots + w_{k-1}\)，不同从 \(s\) 的 \(w_{i-1}\) 和 \(s[|u|:]\) 的 \(w_i\) 开始。此时分两种情况讨论：

1. 如果 \(w_{i-1} \succ w_i\)，那么在结束前就比较出了大小，有 \(s > s[|u|:]\)。

2. 否则，\(w_i\) 是 \(w_{i-1}\) 的一个前缀。接下来继续比较 \(w_{i-1}\) 的某个后缀 \(w_{i-1}[j:]\) 和 \(w_{i+1}\)。若 \(w_{i+1}\) 已是空串，则比较出了大小。

3. 否则，假设 \(w_{i+1} \geq w_{i-1}[j:]\)，则有 \(w_{i+1} \geq w_{i-1}[j:] > w_{i-1}\)，矛盾，故 \(w_{i+1} < w_{i-1}[j:]\)。若 \(w_{i+1} \prec w_{i-1}[j:]\)，则比较出了大小。

4. 否则，\(w_{i+1}\) 是 \(w_{i-1}[j:]\) 的一个严格前缀，继续比较 \(w_{i-1}[j+k:]\) 和 \(w_{i+2}\)，以此类推，最终要么比较出了大小，要么继续推到下一位。

那么我们一定可以比出大小。并且有 \(s > s[|u|:]\)。

此时我们来考虑一个 \(\text{Lyndon}\) 词到底会长什么样。

假设一个 \(\text{Lyndon}\) 词的最长 \(\text{Lyndon}\) 前缀为 \(u\)，则我们有 \(s = u^k + u[:i] + c\)，其中 \(c\) 是一个字符且 \(c > u[i]\)。

这个东西的证明我们可以考虑使用归纳法。假设我们已经确定了前缀是一个 \(u^k + u[:i]\)，然后此时看下一个位置是什么：

• 如果 \(c < u[i]\)，那么 \(u[:i] + c \prec u\)，那么 \(s\) 就一定不是一个 \(\text{Lyndon}\) 词。
• 如果 \(c = u[i]\)，那么直接继续。
• 如果 \(c > u[i]\)，那么此时的 \(s\) 就已经是一个 \(\text{Lyndon}\) 词了，所以接下来怎么扩张都一定会使得 \(u\) 不再是最长的 \(\text{Lyndon}\) 前缀了，所以在这个时候就一定会停止。

根据这个定理我们就有一个更加精妙的 \(\text{Lyndon}\) 分解做法了。

首先我们从最基础的 \(\text{Lyndon}\) 词，也就是单个字符 \(u = s[0]\) 开始。我们不断往后扫描下一个字符，如果能够符合 \(k \cdot u + u[:i]\) 的形式，就一直继续。直到遇到第一个不复读的字符 \(c\)。

如果 \(c > u[i]\)，则 \(u^k + u[:i] + c\) 就是一个更长的 \(\text{Lyndon}\) 词，令 \(u\) 更新为 \(u^k + u[:i] + c\)，继续往后扫描。

否则，如果 \(c < u[i]\)，或者没有下一个字符了，根据之前的分析，后面再接任何内容都不可能得到一个 \(\text{Lyndon}\) 词，因此，\(u\) 就是最长的 \(\text{Lyndon}\) 前缀，也就是 \(w_0\)。后续的部分仍然找最长的 \(\text{Lyndon}\) 前缀，如果 \(u\) 完整重复了 \(k\) 次，同理剩下的 \(k - 1\) 个 \(u\) 也都是最长的 \(\text{Lyndon}\) 前缀，可以逐一加入 \(\text{Lyndon}\) 分解中。

最后，我们还剩下 \(u[:i] + c\) 的部分，由于 \(c < u[i]\)，这部分已经丧失了 \(\text{Lyndon}\) 词的性质，我们需要废弃已解析的部分，重新以其第一个字符作为 \(u\)，重新开始前述的解析过程。

然后我们就可以发现这个算法是线性的。

\(\text{Part 2. Runs}\)

我们称 \(p\) 为 \(s\) 的一个周期当且仅当对于所有的 \(0 \le i < |s| - p\) 均有 \(s[i] = s[i+p]\)。一个更加直观的表示就是令 \(u = s[:p]\)，若 \(s\) 可以表示为 \(u^k + u[:i]\) 其中 \(k \ge 1,i < p\) 那么我们称 \(p\) 为 \(s\) 的一个周期。

此时我们引出一个定理（弱周期定理）：若 \(p,q\) 均为 \(s\) 的周期，且 \(p + q \le |s|\)，则 \(\gcd(p,q)\) 也是 \(s\) 的周期。

那么我们此时定义一个周期 \(p\) 为 \(s\) 的半周期为 \(2p \le |s|\)。而如果一个 \(s\) 存在一个半周期，那么肯定存在一个最小半周期使得 \(s\) 的所有半周期都是这个半周期的倍数。

此时定义 \((i,j,k)\) 为一个字符串 \(s\) 的一个 \(\text{Run}\) 满足子串 \(s[i:j]\) 包含 \(k\) 这个最小半周期且向外扩张之后无法保持这个半周期。而 \(\text{Runs}\) 为 \(s\) 的所有 \(\text{Run}\) 组成的集合。

但是 \(\text{Run}\) 的个数并不好直接估计上界，所以我们考虑引入一个概念：称 \((i,j,k)\) 为一个字符串 \(s\) 的一个若 \(\text{Run}\) 满足子串 \(s[i:j]\) 包含 \(k\) 这个半周期且向外扩张之后无法保持这个半周期。这个定义和 \(\text{Run}\) 的区别就在弱 \(\text{Run}\) 不要求 \(k\) 是最小半周期。

为了分析弱 \(\text{Run}\) 的数目，我们根据不同的 \(p\) 进行分类，检查一下一个长度为 \(n\) 的字符串 \(s\) 中最多有多少个具有半周期 \(p\) 的弱 \(\text{Run}\)。

首先，我们将字符串 \(s\) 每 \(p\) 个分为一段，最后不足 \(p\) 个的直接丢弃，得到 \(t_i = s[ip:(i+1)p]\)，其中 \(m = \lfloor \frac{n}{p} \rfloor\)。

由于具有半周期 \(p\) 的弱 \(\text{Run}\) 长度至少为 \(2p\)，容易证明，它至少完整地包含一个段 \(t_i\)。

对于 \(t_i\) 来说，一个弱 \(\text{Run}\) 要包含它，则左右两端必然是不断复读 \(t_i\)，直到无法再复读为止。如果扩张得到的长度不小于 \(2p\)，则得到了一个弱 \(\text{Run}\)；容易验证，这样的弱 \(\text{Run}\) 是唯一的，也就是说，至多只有一个弱 \(\text{Run}\) 包含 \(t_i\)。

这样，每个 \(t_i\) 对应至多一个弱 \(\text{Run}\)，因此具有半周期 \(p\) 的弱 \(\text{Run}\) 的数目至多为 \(\lfloor \frac{n}{p} \rfloor\)。

那么，所有弱 \(\text{Run}\) 的数目至多为 \(\sum_{p=1}^n \lfloor \frac{n}{p} \rfloor\)，根据调和级数，这个和的数量级是 \(O(n \log n)\)。

那么我们可以获得一个求弱 \(\text{Runs}\) 的做法了：先枚举 \(p\)，然后从前往后扫每一个段 \(t_i = s[ip:(i+1)p]\)。然后求出 \(s[:ip]\) 和 \(s[:(i+1)p]\) 的最长公共后缀和 \(s[ip:]\) 和 \(s[(i+1)p:]\) 的最长公共前缀就可求出最多可以向外拓展多少了。结合 SA 可以做到 \(\mathrm O(n \log n)\)。然后求 \(\text{Run}\) 就可以直接对于所有的 \((i,j)\) 只保留最小的 \(p\) 即可。

为了降低我们得到的 \(\text{Run}\) 的个数的上界，我们需要引出一个引理：

对于一个长度为 \(n\) 的字符串，其 \(\text{Run}\) 的数量最多为 \(2n\)。

对于证明，我们考虑一个 \(\text{Run}(i,j,p)\)，令 \(t = s[i:i+p]\)，那么 \(t\) 一定是一个本原串。那么我们考虑 \(t\) 的一个特殊循环 \(t^{\prime} = t[k:]+t[:k]\)，而且 \(t^{\prime}\) 是一个 \(\text{Lyndon}\) 词。

那么此时我们关注这个无法再扩张的 \(j\)，而不能扩张的原因是下一个字符 \(c\) 和 \(t^{\prime}\) 中对应的位置 \(c_0\) 并不相同。那么此时我们先假设 \(c < c_0\)，那么此时从 \(t^{\prime}\) 开始的位置到 \(j\) 的字符串应该就形如 \({t^{\prime}}^k + t^{\prime}[:l] + c\) 的结构，而这个字符串恰好是一个 \(\text{Lyndon}\) 词，且是以 \(t^{\prime}\) 开始位置为开头的最长 \(\text{Lyndon}\) 前缀。

那么 \(c < c_0\) 这个情况的 \(\text{Run}\) 数量至多 \(n\)。此时我们可以把字符反转一下，那么此时统计的就是 \(c > c_0\) 的情况了，而这个情况也最多 \(n\) 个。所以 \(\text{Run}\) 的数量最多 \(2n\)。

那么根据上面的过程，我们可以知道一个新的求 \(\text{Runs}\) 的方法：对于每一个位置 \(i\) 求出最长的 \(\text{Lyndon}\) 前缀 \(t_i\)，然后尽可能地向两边扩张，如果扩张的长度超过 \(2|t_i|\)，那么就得到了一个新的 \(\text{Run}\)。然后再反转一次后再做一次即可。

此时我们定义一个 \(\text{Run}(i,j,p)\) 的指数为 \(e = \frac{j-i}{p}\)，那么对于一个长度为 \(n\) 的字符串，其所有 \(\text{Run}\) 的指数和在 \(\mathrm O(n)\) 级别。这个证明和上一个类似，这里就不证明了。