Lyndon 分解
样例
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
数据范围与提示
$1\le |s| \le 2^{20}$
OZY的题解
冷门东西，但是今天考到了，做个记录。
记号
$s[l : r]$ 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。
定义
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
性质
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
Lyndon 划分
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;
}
来源：oschina
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