学习笔记
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$2^k$ 个集合，每次标记一个集合的所有子集，可以在 $O(k2^k)$ 内完成。
两个序列，$a$ 单调递增，$b$ 单调递减，求 $\min(\max(ai,bi))$，用二分法。
priority_queue 的仿函数不要使用全局变量，否则可能出现莫名其妙的错误。把比较内容全部写在结构体中。
当要在 $n$ 个 vector 中询问多次 lower_bound 时，可以考虑对于前几个 vector 预处理前缀和优化。
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对于一个有 $n$ 个数的序列 $a$ 满足 $|ai| \leq W$，可以在每个元素前加上±号，使得和的绝对值 $\leq W$。
对于一个只有 bool 值的 dp 方程，可以考虑用 bitset 优化。
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用 Dijikstra 求最短路树时，如果随后要判断一条边是不是树边，一定要记得保存边的编号而不是 `fa[u]!=v && fa[v]!=u`，否则会无法处理重边的情况。
同理，对于任何一道题，如果题目中没有明确写没有重边，则判断一条边时，一定要用编号而不是两个端点判断。
最小费用最大流可以用 Dinic 加速但是会很长。并且在求解网络流时尽量合并重边，省很多时间不知道为什么。
1. 当计算满足 $f(x)=i$ 的 $f(x)$ 个数时，可以先求出满足 $i|f(x)$ 的 $f(x)$ 个数，然后用 Dirichlet 差分（本质上就是一个容斥）。
2. 如果一个算法时间复杂度为 $O(n*\sum{i})$ 之类的，可以考虑阈值划分，即对于 $i \leq B$ 采取以上算法，对于 $i>B$ 采取另一种算法。
如果题目要求一个区间内前 $m$ 大或第 $m$ 大的数的一个函数，可以考虑维护一个链表，每次找到那个第 $m$ 大的数，并向左向右“扩张” $m$ 个数即可。
树链剖分可以作为树形 dp 的一个有效方式，方法为递归重链&轻子树（即从重链上长出来的子树）。
想用二分法，当值域过大时，可以改为随机找出一个，通过比它大的有几个来判断二分递归。
求一个区间内是否存在一个数出现奇数次，可以对每个数赋一个很大的随机权值，然后求区间异或和，若异或和不为0则一定有出现奇数次的数，反之则可以认为没有。
求一个集合，可以想办法找到另一个集合，使之与原集合成一一对应，证明不重不漏即可。
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1. 对于集合的树上两两合并，不用惊慌，用启发式合并，并且记得是 swap(mp[x],mp[y]) 而不是 swap(x,y)，神奇的是，map 的 swap 操作是线性的。
2. 当动态/静态统计一个区间内所有数各不相同时，可以考虑开一个 map，然后 mp.size()==len 时即所有数各不相同。注意当 (--mp[x])==0 时要 mp.erase(x)。
3. 动态/静态统计一个区间内所有数各不相同，也可以通过记录 $lst_i$ 为每个位置 $i$ 上一个与该位置上的数相同的位置，则一个区间 $[l,r]$ 内所有数各不相同等价于 $\max_{l \leq i \leq r} lst_i < l$。
$lst_i$ 可以用一棵线段树动态维护。（但是本题似乎会因常数大而T掉）
1. $k$ 较小时最好能够预处理 $2^k$，省掉那个 $\log mod$（
2. 性质：对于树上任意一条直径 x—y 与任意一个点 u，令 $d=\max(dis(u,x),dis(u,y))$，则对于树上任意另外一个点 v，有 $dis(u,v) \leq d$。
证明：考虑 u 到直径的距离即可。
1. 二项式反演： $ q_T = \sum_{T \subset S}{p_S} \Leftrightarrow p_S = \sum_{S \subset T}{(-1)^{|T|}q_T} $
证明很简单，直接展开即可。
2. 按从小到大顺序枚举所有非空子集：
for(int s00=s&(s-1);s00;s00=(s00-1)&s) { int s0=s^s00; /*...*/ }
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ARC101E Ribbons on Tree：
树上的容斥原理，以边为单位 dp。
WF16 A Balanced Diet：
一个序列要求每个元素有上下界限制时，可以考虑先贪心满足下界，有可能此时上界也已满足。
我忘了来源的题：
一些正在扩张的矩形，它们的面积并是时间的二次函数，可以用插值求出。
HDU6978 New Equipments II：
对于二分图费用流问题，如果只是一些边不存在，可以改用将已访问的点剔除。
1. 树上要求一个结点除了子树与祖先之外的结点的xx和，可以通过两次 dfs 实现，第一次正序扫描所有出边，第二次倒序扫描所有出边，维护一个全局变量，每到达一个节点时将全局变量赋给这个结点，将要离开一个结点时更新全局变量。
2. 求异或线性基，开一个数组 a[64]，记录最高位为 $i$ 的数 $a_i$，合并、插入简单到你想把自己原来的代码吃了！！1
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1. 和数论有关的题有时候可以相信玄学时间复杂度，有点假的算法也能跑95（
2. 数论分块是个好东西，$g \leq 100$ 时用A算法，$g \geq 10^7$ 时用B算法，其余时候用C算法。（注意调好块长，一开始 $g \leq 10^4$ 时用A算法，$g > 10^4$ 时用B算法结果就95了）
1. 再说一遍，n方真的有可能过百万，就算只拿60分，为什么不写出来呢（
2. 树状数组的 $O(1)$ 清空法：
class FTree{ int n,w,c[N*2]; int his[N],hcnt; int lowbit(int x) const { return x&(-x); } public: void init(int _n) { n=_n; hcnt=1; } void poke(int p,int x) { while(p<=n){ if(his[p]!=hcnt){ his[p]=hcnt; c[p]=0; } c[p]+=x; p+=lowbit(p); } } int peek(int p) const { int res=0; while(p){ if(his[p]==hcnt) res+=c[p]; p-=lowbit(p); } return res; } void clear() { hcnt++; } };
3. 不要无脑乱用 #define int long long，可以先写上，整个程序写完之后再仔细看看哪些用 int 就可以，会快很多。特别是在各种老爷机上
4. vector 能不用就不用，一维的就别用了，也会快很多。
设置 dp 状态时，一定要分清一个状态代表什么，特别是一个状态 f[k] 当 k=n 时代表 k>=n 时的所有情况之类的。此时最好用顺推转移，避免漏掉情况。
（不要想太复杂）
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从若干个序列中拿数，要求任何时候和 $\geq 0$，可以顺着做一遍（每拿一段和都要 $\geq 0$ 并计算需要的初值），再逆着做一遍（先求出总和，再把数列中的数取反，从后往前做）。
为什么成立？顺着做完剩下的数和 $<0$，取反后就 $>0$，逆着一定可以弄完。
注意无解判定：①总和 $<0$； ②无论是顺着拿还是逆着拿，某一时刻拿不动了。
1. 对 $[1,n]$ 二分猜数，需要次数为 $└ \log_2{n+1}┘$ 而非 $└ \log_2{n}┘$ 。
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一个很厉害的技巧：翻转 dp 的值域和其中一维。
当发现 dp 状态为 $f(i,j,k)$ 状态数过多时，若发现 $f(i,j,k)$ 的取值范围较小，可以令 $g(i,j,x)$ 表示使得 $f(i,j,k) \leq x$ 成立的最小的 $k$，称为值域翻转。
值域翻转后的转移可以同时处理原转移的单调性。处理时，一定一定要加上无数注释，告诉自己每个东西到底是在递增还是递减。
最好写一小段代码验证一下
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1. 对于 “给定 $l_1,r_1,l_2,r_2$，对于 $l_1 \leq x \leq r1, l_2 \leq y \leq r_2$ 从 $x$ 到 $y$ 连一条边” 的问题，普遍做法都是改为矩形加 1，然后用扫描线之类的方法。
2. 在一个边很多且以隐晦形式给出的问题中，补图转化往往有奇效。
动态维护一些线段，每次找出与给定线段相交的所有线段并删除它们：
set< pair<int,int> >::iterator it=st.lower_bound(make_pair(y1,-MAX)); if(it!=st.begin()){ it--; if((*it).second<y1) it++; } while( it!=st.end() && (*it).first<=y2 ){ y1=min(y1,(*it).first); y2=max(y2,(*it).second); st.erase(it++); } st.insert(make_pair(y1,y2));
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枚举东西还是先固定一个点再枚举好，${n \choose 3}$ 这种写法重复的很难处理
重要技巧：拉格朗日插值
特别适用于背包类问题，尤其是树上背包。
若出现 $f_{u,i}=\sum\limits_{v_1,v_2, \dots,v_{s} \in son(u)} \sum\limits_{j_1+j_2+ \dots +j_{s}=i} {f_{v_1,j_1}f_{v_2,j_2}\dots f_{v_s,j_s}}$ 这样的卷积形式，
令 $F(u,x)=\sum\limits_{i=1}^{n} f_{u,i} x^i$，则可得 $F(u,x)=\prod\limits_{v \in son(u)} F(v,x)$。
此时 $F(u,x)$ 的次数至多为 $n$，因此记录 $F(u,x)$ 在 $x=0,1,\dots,n$ 处的值，可以 $O(n^2)$ （而非 $O(n^3)$）转移。
“解码”时，如果要多项式的系数，预处理出式子 $\prod\limits_{j \neq i}{\frac{x-j}{i-j}}$ 中 $x^k$ 的系数 $d_k$。
然后对于一个 $u$，$[x^k]F(u,x)=\sum\limits_{x=0}^{n}{d_k y_k}$。
不用系数的话，直接套拉格朗日插值公式即可。
$\prod\limits_{j \neq i}{\frac{x-j}{i-j}}$ 怎么求？
1. 预处理 $\frac{1}{i!}$，分母就行了。
2. $O(n^2)$ 算出多项式 $s(x)=x(x-1)\dots(x-n)$。
3. 对于 $i=0,1,\dots,n$，$O(n)$ 用长除法算出 $\frac{s(x)}{x-i}$ 即可。
归一化思想。
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重要技巧：长链剖分
所谓长链剖分，就是给每个节点标记一个深度最深的长儿子。
长链剖分的优势：对于可以 $O(1)$ 从一个儿子继承所有所需信息的 dp，用长链剖分，更新时直接 $O(1)$ 继承长儿子的信息，其余儿子的信息暴力继承即可。
时间复杂度 $O(\sum\limits_{u} \sum\limits_{v \in son_u} len_v)=O(n)$，其中 $len_v$ 为 $v$ 所在长链的长度。
那么，什么 dp 可以 $O(1)$ 从一个儿子继承所有所需信息呢？
能想到的只有：维护的信息仅与深度有关的 dp。
例如，$f[u][j]$ 代表与 $u$ 距离为 $j$ 的节点的数量，$g[u][j]$ 代表与 $u$ 距离为 $j$ 的节点的权值和等等。
怎么 $O(1)$ 继承？
维护一个大小为 $O(n)$ 的数组和一个指针，每次来到长链链头 $u$ 时开出一块长为 $len_u$ 的空间给它，即令 $f_u=pos$。
然后对于长儿子 $son_u$，令 $f_{son(u)}=f_u±1$ 即可 $O(1)$ 继承与深度有关的信息。
对于长链剖分，树上差分很有用哦~
重要技巧：后缀自动机
后缀自动机是一个神奇的自动机，可以接受一个串 $s$ 的所有子串。
使用后缀自动机时，一定要注意不要按照节点编号顺序逆序乱搞，后缀自动机的边不一定都是从小指向大的。一定要用记忆化搜索/拓扑序逆序！
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对于“一个序列是好的，当且仅当它可以通过某种方式转化成某某，求好序列的数量”这种题目，可以定义一个 $f_a(x)$ 为一个序列的函数，然后想办法找到 $f_a(x)$ 与转化方式之间的关系进行递推。
若 $f$ 的值域和定义域都很小，可以分 $f_a(x)$ 在什么情况取什么值进行递推。
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判断一个字符串的子串是否同构，可以计算 $last_i$ 为位置 $i$ 之前第一个与 $s_i$ 相同的位置，判断子串的 $last$ 序列是否相同。
注意，计算子串 $[l,r]$ 的 $last$ 序列，$last$ 序列只能从后向前计算到 $l$ 为止，因此需要用主席树/可持久化分块数组维护。
重要技巧：可持久化分块数组
其实就是把数组分块，更新时只用拿出一个块进行更新，整块整块的更新每次更新自己去记录它，预处理 $O(n \sqrt{n})$，查询 $O(1)$，由于本题用查询来排序，这样做是 $O(n \log^2 n + n \sqrt{n})$，比用主席树 $O(n \log^3 n)$ 好。
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重要技巧：dp 转矩阵优化 -> 树上倍增
有些 dp 转移方程看上去倍增是不好维护，怎么办？把它弄成矩阵的形式，然后利用结合律倍增！
如何判定一个广义矩阵的乘法是否满足结合律？
参考文献：https://www.cnblogs.com/luckyblock/p/14430820.html
简单来说，就是要求广义乘法 $\otimes$ 要对广义加法 $\oplus$ 有分配律，广义乘法 $\otimes$ 有交换律、结合律。
即 $(a \oplus b) \otimes c=(a \otimes c) \oplus (b \otimes c)$ 恒成立。
一个经典的例子就是：$\oplus=\min, \otimes=+$，即 $c(i,j)=\min(a(i,k)+b(k,j))$（当然换成 $\max$ 也是可以的）。
不要再盲推公式了啊啊啊啊
