最近回去啃了啃WC的另一份课件，算是为自己两年前的作品写下续章吧。
本文是yjz、xyx、csl三人在WC2019营员交流课件的笔记。
符号和约定
为了方便本文的叙述，采用如下可能不严谨的定义：
我们记(w[i:j])表示(w)从第(i)个字符到第(j)个字符组成的子串，当(i=1)或(j=|w|)时，(i)或(j)可以省略，(i=j)时，可以简记为(w[i])。
对于字符串(u,v)，记(ulhd v)，如果(u<v)且(u)并非(v)的前缀，即两者在结束之前就比较出了大小。
一个比较显然的结论是，如果(ulhd v)，那么对任意字符串(w_1,w_2)，有(w_1ulhd w_1v)且(uw_1lhd vw_2)。
定义1
如果字符串(w)满足对于(i=2,3,dots,|w|)，都有(w<w[i:])，那么称(w)是一个Lyndon串，即(w)的任意严格后缀都大于(w)本身。
定理1
如果(u,v)都是Lyndon串，且(u<v)，那么(uv)是Lyndon串。
证明：将(uv)的后缀((uv)[i:])分为三部分：(iin [2,|u|],i=|u|+1,iin[|u|+2,|uv|])。
对于第一部分，考虑(u)是一个Lyndon串，对于其严格后缀(u[i:])，有(ulhd u[i:])，从而有(uvlhd (uv)[i:])。
对于第二部分，若(ulhd v)，则显然(uvlhd (uv)[|u|+1:])；否则(u)是(v)的前缀，有([uv<v]Leftrightarrow[v<v[|u|+1:]])，由(v)是Lyndon串，立得后者成立。
对于第三部分，考虑(uv<v<v[i-|u|:]=(uv)[i:],iin[|u|+2,|uv|])即可。
定理2
如果(u)是Lyndon串，设(a)为一个字符，那么对于字符串(u^ku[:i-1]a,iin[1,|u|])，有：
1.若(a<u[i])，那么(u)是任意以(u^ku[:i-1]a)开头的字符串的最长Lyndon前缀。
2.若(a>u[i])，那么(u^ku[:i-1]a)是Lyndon串。
证明：对(a<u[i])的情况，由于(u^nu[:i])若并非(u)本身，就是周期串，不可能是Lyndon串。对于剩下的更长的前缀，不妨假设其为(u^ku[:i-1]av)，从而有(u[:i-1]av)作为后缀，由于(u[:i-1]alhd u)，因此(u[:i-1]avlhd u^ku[:i-1]av)，从而(u^ku[:i-1]av)不可能是Lyndon串。第一部分得证。
对(a>u[i])的情况，将(u^ku[:i-1]a)的严格后缀分为以(u)开头的、以(u)的严格后缀(u[i:])开头的和(a)。对于以(u)开头的，假设其为(u^{k'}u[:i-1]a(k'<k))，由(ulhd u[:i-1]a)，立得(u^{k'+1}lhd u^{k'}u[:i-1]a)，从而(u^ku[:i-1]a<u^{k'}u[:i-1]a)；对于以(u[i:])开头的，由(u[i:]lhd u)立得其小于(u^ku[:i-1]a)；最后，由(uleq u[i]<a)，即得(a)也大于整个串。因此，(u^ku[:i-1]a)是Lyndon串。
定义2
对于字符串(w)，若存在一组Lyndon串(u_1,u_2,dots,u_n)，满足(w=u_1u_2dots u_n)且(u_1geq u_2geq dots geq u_n)，那么称(u_1,u_2,dots,u_n)为(w)的Lyndon分解。
定理3
任意字符串(w)的Lyndon分解存在。
证明：采用构造法并对(w)的后缀归纳证明。设(u'_1,u'_2,dots,u'_m)是(w[2:])的一组Lyndon分解，由于(w[1])是Lyndon串，有(w=w[1]u'_1u'_2dots u'_m)，对于这组“初步的”Lyndon分解，由定理1，只要开头的两个Lyndon串是小于关系，就合并为一个新Lyndon串，反复操作直到只剩下一个串或者是不小于的关系，就得到了(w)的一组Lyndon分解。
定理4
任意字符串(w)的Lyndon分解唯一。
证明：只要证明(w)的任意Lyndon分解的第一个字符串(w[:i])一定是(w)的最长Lyndon前缀，之后考虑余下的串是(w[i+1:])的Lyndon分解，归纳证明即可。
反证法，假设存在更长的Lyndon前缀(w[:j](i<j))，则该Lyndon分解(w[:i]u_2u_3dots u_n)中，存在一个(u_k)满足其是第一个右端点位置(geq j)的串，不妨记为(w[i':j'])，考虑(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)，与Lyndon分解是不递增的矛盾。综上所述Lyndon分解唯一。
初步的Lyndon分解算法
在定理4保证了Lyndon分解的唯一性后，定理3实际上给出了一个求Lyndon分解的算法。通过哈希或后缀数组预处理后判断子串的大小关系，并沿用定理3证明中的过程，就可以做到(O(nlog n))求解Lyndon分解。当然，采用( ext{SA-IS})和(O(n)-O(1) ext{RMQ})可以使算法做到(O(n))，然而这样的实现并不实用。
高效的Lyndon分解算法
通过定理2给我们的启发，有可能找到更好的Lyndon分解算法。考虑将(w)划分为三部分，记录(i,k,p)表示(w[:i])已经进行了Lyndon分解，并确定必定是(w)的Lyndon分解的前若干项，而(w[i+1:k])则是一个形如(u^ku[:j-1])的串，其中(u)是Lyndon串且长度为(p)，(w[k+1:])则是未知情况的串。
考虑不断进行如下迭代，直到(i)变为(|w|)：
考察(w[k+1])（若(k+1>|w|)，则定义(w[k+1])是小于任何字符集中字符的特殊字符($)），分三类情况：
1.(w[k+1]=w[k+1-p])，则(u^ku[:j-1])的形式继续保持，令(k)自增(1)即可。
2.(w[k+1]>w[k+1-p])，则由定理(2)可知，(w[i+1,k+1])是一个Lyndon串，但是不能保证其一定出现在最终的Lyndon分解中。不过，这仍满足(u^ku[:j-1])的形式（(k=j=1)），于是令(k)自增(1)，而(p)为(k-i+1)即可。
3.(w[k+1]<w[k+1-p])，则由定理(2)可知，(u)必定是(w[i+1:])的最长Lyndon前缀。由定理4可知，其一定出现在Lyndon分解中，于是我们将(k)个(u)全部加入已知的Lyndon分解中。对于剩下的(u[:j-1])，无法保证其满足(u'^ku'[:j-1])的形式，干脆重新开始，令(k)指向(u[:j-1])的第一个字符（单字符必定是Lyndon串），并令(i=k-1,p=1)。
综上即得Lyndon分解，每次迭代是(O(1))的，且(i+k)至少增加(1)。由于(i,kleq |w|)，因此整个算法是(O(n))的，并且有非常简洁的实现。
The Runs Theorem 部分待填坑。