tricks
系列
随机的性质
bitmask
建图
最基本的
黑白染色
主体思想：二维平面，每次只能走一步，一般可以考虑黑白染色，也许可以考虑和二分图套在一起
一般可以帮助决策，比如说做贪心题，或者博弈。
Kruskal重构树
主体思想：每次合并两个点的时候，新建一个虚点作为两个节点的父节点。
容易发现，上一次成功合并之后得到的点 (P)，一定是森林的若干个根之一。
并且这个结构很方便实现撤销：我们把上次的点 (P) 标记为删除；点 (u) 所在的联通块，就先找到它祖先中，深度最小的没被删除的点 (F)，然后 (F) 的子树中的叶子节点就是 (u) 所在的联通块。
例题留到下一个 trick 里面一块讲。
并查集维护值域
主体思想：对于维护一个区间中形如“把所有值=x的变成y” 的操作，把相同值的并到一块，然后合并值=x和值=y的即可。
此技巧常用于分块中，对于每一块维护这样一个并查集。如 [Ynoi2018]五彩斑斓的世界。
那个题我被卡常了qaq，代码略
带根号的数三元环
主体思想：通过某些技巧使复杂度为 (O(msqrt{m}))
详解见题解。
根号分治
主体思想：小于根号和大于根号的情况分开讨论，平衡总复杂度
当 (k>sqrt{n}) 的时候暴力跳，当 (k<sqrt{n}) 的时候预处理。
调和级数哈希
主体思想：枚举长度 (k)，每次用哈希检测答案，复杂度 (O(sum lfloor dfrac{n}{k} floor * H))，(H) 为哈希复杂度（一般是 (O(1))，可能会有 (log)）
例题1中，评论区神仙 @Tweetuzki 已经讲完了做法；
例题2中，枚举 (k) ，然后 (O(n/k)) 的跑一遍即可。然而这题还有一个问题，对于一个字符串，我们把它和它的反串视作本质相同的串，这咋哈希？
留到下一个trick里讲。
多属性哈希
主体思想：如果一个元素有若干种属性值，对于属性值一样的元素视作“本质相同的元素”，并且属性值很少；那我们可以把属性值的哈希值排一下序，然后序列哈希。
对于每个串，我们可以认为它有两个“属性值”：原串的哈希值，和反串的哈希值
我们把这两个值排一下序然后哈希即可...
两个数的哈希可以直接做：((a,b) ightarrow (a imes base+b)mod M)
时光倒流
主体思想：一个序列, 或者一堆操作, 正着考虑不好整，就 假装自己是小青蛙 时光倒流，反过来考虑。
例1 经典题 [AHOI2005] 航线规划：树，删边，求点距离
逆向，删边变加边，随便做：树剖/LCT
例2 CF1366E Two Arrays：要求把序列 (a) 划分成 (k) 段，每一段的最小值递增，并且拼起来恰好是一个长度为 (k) 的另一个序列 (b)。给定 (a,b) ，求合法划分的方案数
最小值递增，那在段与段之间，每个段的最小值也是后缀最小值。那我们从后往前考虑，假设后缀最小值第一个等于 (b_i) 的位置是 (p)，并且后缀最小值等于 (b_i) 的一共有 (k) 个。显然它们会在同一个区间里。那么从这这一段区间里任选一个位置，划到 (p)，作为第 (i) 段，就可以满足条件。并且没有其他位置能满足条件。
所以答案就是，求出后缀最小值，求出数量数组cnt，(prod cnt_{b_i})
时光反复横跳
主体思想：“时光倒流”那个trick告诉我们可以反过来考虑，而如果有些必须正着完成的事情，先反过来一遍，用撤销的方法做回去。
例题：CF1416D
先反过来，得到最后删完的图；然后Kruskal重构树连回去，然后不断的撤销就可以了。每次找最大那个就用线段树瞎jb维护一下就行了。
主席树维护二分
主体思想：二分每次检测 (mid) 的时候序列都不一样，相邻的两个 (mid) 改变的并不多，用主席树全部存下来，再维护点啥，每次可以 (O(log)) 的检测。
这题暴力二分做法：
对于 (mid)，大于等于它的视为 (1)，其它的视为 (-1)，然后求 ([a,b]) 区间的最大后缀和，((b,c)) 区间的和，([c,d]) 区间的最大前缀和，加起来即可。
我们发现这三个都能线段树维护。并且，对于 (mid ightarrow mid+1)，只有原来 (=mid) 的地方从 (1) 变成了 (-1)。用 (vector) 记录下这些位置，每次修改，总修改次数是 (n) 次。直接主席树维护即可。
带上主席树复杂度就是 (nlog n)，即可求出 (mid=[1,n]) 时所有的检测用的数组。然后线段树区间和就可以 (log) 的求，也就是 (O(log n)) 检测一个 (mid)，套上二分复杂度就是 (O(log^2 n)) 回答每个询问。
（这玩意还是个黑题，太水了吧
基环树上dp
主体思想：在环上随便钦定两个相邻的点，以两点为根跑树形 (dp)
这个做法有一些条件的...这题中，任意断一条边都对，才能这么做
如果断不同的边答案不一样，那就要枚举了，时间复杂度爆炸（有的题里可能不会
回到这题。这题里如果是一颗正常的树，显然是最大独立集问题。
然后我们随便钦定一个环上的 (u,v)，求 (max(dp[u][0],dp[v][0]))，即可
换根dp
主体思想：先求出以 (u) 为根的答案，然后再 (dfs) 一遍继承父亲的答案。
先存储每个点往下的带权距离和。
去掉这个点对父亲的贡献，第二遍 (dfs) 的时候从父亲更新到儿子，以求出以每个点为根的带权距离和。
相对顺序不变
主体思想：变化是规律的，如果能证出来顺序不变，那直接二分即可
例：第 (i) 个数每次都加 (a_i)，初始为 (0)。显然这个顺序不变。每次要求某时刻多少个 (>k) 的，直接二分
线段树节点合并时二分
主体思想：左儿子和右儿子合并的时候，只有右儿子的一段前缀会没有，二分即可
势能分析线段树
主体思想：线段树+优化暴力，用神奇的性质保证复杂度为 (O(nlogn*K))
例题1：区间开根下取整，值域在 ([0,10^{12}])
每个数被开 (6) 次就变成 (0/1)，而 (0/1) 开根取整还是自己，于是不用管了；
于是这题复杂度是 (O(K*nlogn))，其中 (K_{max}=6)
每个数只会在负变正的时候需要暴力讨论，其它时候绝对值都是-/+
于是 (K_{max}=2)，然后这题就是个sb题，代码略（其实是没写，百度抄一个
gcd 变 phi
主体思想：((a,b)=sumlimits_{d|a,d|b} phi(d))
set 维护精确枚举
主体思想：用 set 存储合法的扩展，保证复杂度
PS：例题中，把 (set) 部分的代码换成
F(i,1,n) if (!vis[i])
时间复杂度就变成了 (O(n^2))
因数id
注：后设 (D=max sigma_0(n))。它用来估算复杂度。
主体思想：当一个问题只涉及某个数 (n) 的因数时，我们可以把它的因数，从 (1) 开始重新编号，把规模转化为 (sigma_0(n))。注意，由于 (D) 很小，我们经常会需要处理一个大小为 (D^2) 的二维数组。
这在 (nle 10^9) 时同样适用，因为此时 (D=1344)。
例1: arc004-4，问 (n) 能用多少种方法拆成 (m) 个整数的乘积。(nle 10^9,mle 10^5)
首先用组合方法求出安排符号的方案。然后注意到 (>1) 的数不会超过 (log n) 个，然后剩下都是 (1)。用组合数方法求出安排 (1) 位置的方案。现在只需要求用 (le 30) 个数拼出来 (n) 的方案数。
用上面那个 trick 求出每个因数的编号，设记下来第 (i) 个因数为 (num[i])，因数 (d) 的编号为 (id[d])。
设 (dp[i][j]) 表示选了 (i) 个因数拼出来 (id=j) 的方案数。枚举选多少个，枚举一个 (id) 为 (x)，枚举一个 (id) 为 (y)，用 dp[i-1][id[num[x]/num[y]]] 来更新 dp[i][x]。注意一个前提是 num[x] 是 num[y] 的倍数。
可我们并不能记下 (id)，每次求 (id) 还需要一次二分。这样直接转移带两个 (log)（枚举选多少个是一个 (log)，还有一个二分的 (log)）。
考虑把二分的那一步预处理出来，设 rec_div[i][j] 表示 id(num[x]/num[y])。这样就省下一个 log，变为了可以通过的一个 (log)。
例2: noi.ac329 你要在一个 (n imes m) 的棋盘里，第一行选一个，中间行选一个或两个，最后一行选一个，使得乘积是 (A) 的倍数。输出方案数 (\% H) 。(nle 200,mle 10^4,Ale 2 imes 10^5, Hle 3 imes 10^4)
首先每个位置和 (A) 先取个 (gcd)，这很显然。不是公因数的部分，去掉了也没有任何影响。
然后把 (A) 做一遍上面那个 trick，同样得到 (id) 与 (num)。不同的是这次 (id) 直接可以开下来数组。
接下来就 (dp[i][j]) 表示选到前 (i) 行乘积的 (id=j) 方案数。然而中间的行可以选两个数，而我们不能 (O(m^2)) 枚举，咋整？事实上我们可以先 (O(m)) 的枚举，记一个 (cnt[i]) 表示这一行中 (id=i) 的数个数。然后在 (cnt) 上 (O(D^2)) 转移。由于 (D) 很小，便省下了很多时间。
这里再注意一个细节，(O(D^2)) 转移的时候涉及到乘法，乘法完了还要再取一个 (gcd) ，又会凭空多 (log)。类似上面，设 (mul[i][j]) 表示 (num[i] imes num[j]) 和 (A) 取 (gcd) ，省下每次做的 (log)。
复杂度便是 (O(nD^2+nm))
幂的意义
主体思想：把某个数的 (k) 次方，看成是选了 (k) 次一样的方案数。
例题：NOI2009管道取珠（经典，略）
不太常见
神秘
另类回文
主体思想：把平常写的 == 换成其它的匹配函数
在这题中，匹配函数为：
然后要你求有多少回文子串。
当然，这个 (f) 也可以是任意神奇的函数
↑ 这句话是假的，(f) 必须要满足一些性质：
对于任意两个长度相同的串 (a,b)，对于所有 (1le ile |a|)，满足 (f(a_i,b_i)=1)，则有：(a,b) 两串回文等价。
两个串回文等价定义为，“是否回文”这个bool值相同。
这个题中，如果 (f(a_i,b_i)=1)，那么 (a) 和 (b) 恰好是二进制取反的关系，注意到 (f) 比较函数中两字符同时取反不会影响 (f) 的值，所以 (a,b) 显然是回文等价的。
然后我们把这个函数处理出来跑 Manacher 就可以了。它可以求出以任意点为中心的最长回文半径。这样就可以求出最长的回文子串长度，以及回文子串的种类数。
维护差量
主体思想：把一个数的贡献，看成是初始一个数，不断的叠上去。枚举叠上去的“层”，叠加贡献。它的本质是，从按列求和变成按行求和。
可以用这个图来描述：
例题1: 集合
设 (k) 的答案为 (f_k)
一方面，直接钦点最小值，答案是
[f_k=sumlimits_{i=1}^{n} T^i imes inom{n-i}{k-1} ]另一方面，分段枚举最小值，并累计差量 （即这个trick），答案也是
[T imes inom{n}{k} + sumlimits_{i=1}^{n-1} (T^{i+1}-T^i) imes inom{n-i}{k} ]（先特判 (ge 1) 的情况，后面枚举的 (i) 表示最小值 (>i)）
后面的式子提一个 (T^i) 出来，发现它就是 (f_{k+1})（注意到这里的 (sum) 可以取到 (n)，这时候后面的组合数为 (0)，不影响）
于是有 (f_k=Tinom{n}{k}+(T-1)f_{k+1})
显然有 (f_n=T) 。不断用这个式子，从 (k) 变到 (n)，手推几个即可发现：
[f_k=sumlimits_{i=0}^{n-k} T(T-1)^i imes inom{n}{k+i} ]再来点变换：((T-1)^i=dfrac{(T-1)^{k+i}}{(T-1)^k}) （显然），然后把常数 ((T-1)^k) 和 (T) 提到 (sum) 的外面
变成：
[f_k=dfrac{T}{(T-1)^k} sumlimits_{i=0}^{n-k} (T-1)^{i+k} imes inom{n}{i+k}\ =dfrac{T}{(T-1)^k} sumlimits_{i=k}^{n} (T-1)^{i} imes inom{n}{i}\ ]我们注意到后面的式子，和二项式定理的式子，只差了 (k) 项。而 (k) 很小，只有 (1e7)，于是预处理阶乘，逆元，阶乘逆元等，暴力算出这 (k) 项，用二项式定理化成的 (A^n) 减去这 (k) 项的和，就可以得到后面的，再加上前面的即可求出和，然后除一个 (inom{n}{k}) 得期望。
数论域的 log
主体思想：(log(ab)=log(a)+log(b))，质因子个数函数 (omega) 和它有相同的性质。
幂分类讨论
主体思想： 答案与指数函数有关，并且要最小化。这时，当幂小的时候暴力做，幂大的时候，优先让指数小，再让别的小，转化成双关键字的最小化问题。
和根号分治的思想有几分类似，大数据和小数据两种方法做。
例：CF1442C Graph Transpositions：一张有向图上要从 (1) 走到 (n)，走边花费都是 (1)。每次走一条边都可以选择是否对 所有的边 做一次反向操作。如果一共做 (t) 个反向操作，花费为 (2^t-1)。输出最小的从 (1) 走到 (n) 的总花费，模 (998244353)。先最小，再取模。(nle 2e5)
假设 (tge 20)，那么每增加一个 (t) 的花费就是 (1e6) 级别的，这比在图上随便走都来的大。对于这种情况，把有向边 ((u,v)) 看成是：(u ightarrow v,w=(0,1)) ；(v ightarrow u,w=(1,1))。然后跑一个双关键字最短路，假设最短边权和为 ((a,b)) ，实际答案为 ((2^a-1)+b)。
细节：这里要分一下奇偶讨论，因为翻转了奇数次和偶数次的时候，边的正反就会不一样，然后边权的第一关键字就要相应的有变化。
双关键字最短路就是每条边的权是一个二元组，然后要先让第一关键字的和最小，在此基础上再让第二关键字的和最小
做法非常simple，就是dijkstra的时候记在priority_queue里的东西从int变成pair<int,int>就行了。如果想方便可以再重载一个+运算符，然后就和普通最短路几乎一模一样了
假设 (tle 20)，设 (d(i,k)) 表示走到 (i) ，翻转了 (k) 次的最短路。这个可以暴力做，复杂度是 (O(20n imes log 20n)) （本质是一个分层图）。
总的复杂度就是 (O(20nlog n)) 了。(2e5)，随便过。
biteset 维护 mutiset
主体思想：众所周知bitset可以维护一个集合（用第 (i) 位是 0/1 表示第 (i) 个元素有无），然后多重集合就令每个元素占有一块连续的区间，从 (p_i) 开始，然后第 (i) 个元素的第 (x) 次出现就看 (p_i+x-1) 是否为 (1)。
多重集合取一下and，会把每种元素的个数 取min。取一下 or 就是个数 取max。
莫队+三个bitset
细节：由于要同时维护三个，我们不得不记下所有中途的bitset，然而空间不允许；如果 (mle 10^4)，才能开的下，而 (mle 10^5)。那可以令 (T=10^4)，然后每 (T) 次当做一组数据，当成是多组数据来跑，用时间换空间，即可。