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
(1le |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_ige 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(nlog 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;
}