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tricks

系列

随机的性质

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bitmask

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建图

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基本

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。

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 $O(m\sqrt{m})$

板子

详解见题解。

板子代码

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

另：根据点的度数，小于根号和大于根号的分开讨论。（数三元环也用到了这个trick）

例题

当 $k>\sqrt{n}$ 的时候暴力跳，当 $k<\sqrt{n}$ 的时候预处理。

例题代码

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 $O(\sum \lfloor \dfrac{n}{k}\rfloor * H)$，$H$ 为哈希复杂度（一般是 $O(1)$，可能会有 $log$）

例题1 - 口胡题

例题2

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。

上一个trick留下的例题2

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：$(a,b) \rightarrow (a\times base+b)\bmod M$

例题2代码

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，$\prod cnt_{b_i}$

代码

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。

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。

代码

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。

例题

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 $mid\rightarrow mid+1$，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 $n\log n$，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

例题代码

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 $dp$

例题

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

例题代码

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。

例题：树带权重心

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。

例题代码

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

例题：支持修改，求多少个数是前缀最大值

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 $K_{max}=6$

例题2：区间加正数，区间绝对值和

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：$(a,b)=\sum\limits_{d|a,d|b} \phi(d)$

例：2020.10~11停课Day2 奇妙数论题

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

例：2020.10~11停课Day2 CF920E

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 $n\le 10^9$ 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。$n\le 10^9,m\le 10^5$

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1代码

例2: noi.ac329 你要在一个 $n\times m$ 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 $\% H$ 。$n\le 200,m\le 10^4,A\le 2\times 10^5, H\le 3\times 10^4$

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 $num[i]\times num[j]$ 和 $A$ 取 $\gcd$ ，省下每次做的 $\log$。

复杂度便是 $O(nD^2+nm)$

代码

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）

树上信息记父亲头上

主体思想：如题，我们把一个点 $u$ 的信息记在 $fa_u$ 上。

naive例题：树上多次询问，带修改，求一个点的所有儿子的权值和。

设 $s(i)$ 表示 $i$ 的儿子和，每次改一个点 $u$，就修改 $s(fa(u))$。

不naive例题：树上多次询问，带修改，求一条路径的“毛毛虫”和。对于路径 $u,v$，毛毛虫和定义为：$\sum\limits_{x} a_x [\exist x',x'\in path(u,v)][x\not\in path(u,v)]$。

后面那一串，说人话就是，$x$ 不在路径上而 $x$ 存在一条出边到路径上。把图画出来，它长的很像一个毛毛虫。

沿用上一题的 $s$。我们发现这玩意就是路径的 $s$ 的和减去路径的 $a$ 的和，加上LCA的单点值。用树剖维护这个路径和即可。

非口胡题：noi.ac2402

给定树上的若干条链，链带权；选择若干条链，不相交（没公共点），最大化选出来链的权值和。

点数，链数，权值都是1e5。

我们设 $f(i)$ 表示 $i$ 的子树里面选链的最大权值和。枚举一条以 $i$ 为 LCA 的链，考虑下面怎么选，发现就是上一题里面，把 $f$ 当成权值之后的 “毛毛虫” 和。树剖维护即可。

代码

神秘

另类回文

主体思想：把平常写的 == 换成其它的匹配函数

例题

在这题中，匹配函数为：

$$f(a,b)= \begin{cases} 1 & (a \oplus b=1) \\ 0 & \operatorname{else} \end{cases}$$

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 $1\le i\le |a|$，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。

例题代码

换方向求和 (Abel变换)

主体思想：注意到正整数 $x=\sum\limits_{i}[i\le x]$，用这个式子把原来的和写成另一个形式。

可以用这个图来描述：

它可以推导出经典结论：$x$ 为随机正整数，$E(x)=\sum\limits P(x\ge i)$。

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

$$f_k=\sum\limits_{i=1}^{n} T^i \times \binom{n-i}{k-1}$$

另一方面，分段枚举最小值，并累计差量 （即这个trick），答案也是

$$T\times \binom{n}{k} + \sum\limits_{i=1}^{n-1} (T^{i+1}-T^i)\times \binom{n-i}{k}$$

（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 $f_k=T\binom{n}{k}+(T-1)f_{k+1}$

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：

$$f_k=\sum\limits_{i=0}^{n-k} T(T-1)^i\times \binom{n}{k+i}$$

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：

$$f_k=\dfrac{T}{(T-1)^k} \sum\limits_{i=0}^{n-k} (T-1)^{i+k}\times \binom{n}{i+k}\\ =\dfrac{T}{(T-1)^k} \sum\limits_{i=k}^{n} (T-1)^{i}\times \binom{n}{i}\\ $$

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 $\binom{n}{k}$ 得期望。

例题2：见 这篇

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。

例：2020.10~11停课Day2 狄利克雷卷积k次根

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。$n\le 2e5$

假设 $t\ge 20$，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：$u\rightarrow v,w=(0,1)$ ；$v\rightarrow u,w=(1,1)$。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 $t\le 20$，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 $O(20n \times \log 20n)$ （本质是一个分层图）。

总的复杂度就是 $O(20n\log n)$ 了。$2e5$，随便过。

代码

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。

例题：Ynoi2016 掉进兔子洞

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 $m\le 10^4$，才能开的下，而 $m\le 10^5$。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。

等根变换

主体思想：两个式子的根集合一样，那么我们认为两个式子差常数倍；如果某一次项的数值一样（比如最高次，或者常数项，常用的），那可以认为两式子一样

经典结论：$p$ 为质数，$\prod\limits_{i=0}^{p-1} (x+i)\equiv (x^{p-1}-1)x\pmod{p}$

考虑费马小定理，右式的根显然是 $[0,p-1]$，左边也是，而且最高次项都是 $1$，所以两式相同。

来自马老师的指导：

这玩意显然两边都是 $0$ 。所以式子成立。

拆排序的贡献

主体思想：把顺序和拆成贡献的形式

注意到，对于正整数 $x$，它等于 $\sum\limits_{i=1}^{\infin} [i\le x]$

然后比如说我们可以枚举一个数 $i$，看看有多少个 $\ge i$ 的，就贡献一波

该技巧尤其常用于期望相关题目，结合期望线性性拆开。当然，在数位dp中也被用到一次，见 这篇