HASH 字符串哈希 映射转化
哈希HASH的本质思想类似于映射、离散化。
哈希，通过给不同字符赋不同的值、并且钦定一个进制K和模数，从而实现一个字符串到一个模意义下的K进制数上。
它的主要目的是判重，用于$DFS$、$BFS$判重（八数码），字符串判断相等、出现等等。
本篇总结字符串哈希以及一些应用例题。
为什要用字符串哈希？
因为取出一个字符串是$O(n)$的，比较一遍又是$O(n)$的，况且要比较两个甚至多个。这就成了$n^2$级别的了。
那我们比较数字怎么就不用这么麻烦呢？因为数字可以直接比较，（虽然不知道内部是怎么实现的，反正比一位一位比较肯定快）所以我们考虑把字符串映射到数字上。
就有了字符串哈希。
通过字符串哈希，只要题目支持预处理，我们可以$O(n)$预处理之后，$O(1)$进行提取，$O(1)$进行判重。
字符串哈希需要什么？
1.字符。初始坐标无所谓。
2.K进制数，通常选择$131$，$13331$，这两个质数冲突几率很小（不要问我为什么）。
3.取模数，我用过 $1e9+7$，$998244353$，用$2^{64}$也可以，这里利用自然溢出，一般不会有问题。提一句，$unsigned\space long\space long$做减法，即使算出来应该是负数，会自动加上$2^{64}$，相当于$(a+mod-b)%mod$了。没有问题。
处理hash：
1.预处理$K^{len}$ 放入$k[]$中储存。
2.顺便处理$hash[i]=hash[i-1]*K+str[i]$
hash的容器：
1.一个题可能产生很多哈希值。有的时候我们要找一个容器存储。能够比较快速地查询一个$hash$值有没有出现过。
2.比较常用的是$map<ll,bool>$，因为本身map就是映射。
3.但是$map$不但有$logn$，常数也不小。于是就有了hash表。
其实就是对$hash$值再分类存放。就可以避免很多没有意义的查询。
再找一个模数，一般是所有哈希值出现次数的几分之一（数组能开下），可以的话，就取出现次数也行。
然后，哈希值先除以模数，余数就是位置。然后用邻接表存储。
字符串哈希的基本操作：
1.提取：$a[l,r]$段：$hash[r]-hash[l-1]*k[r-l]$ 类似前缀和。
2.插入，同处理。
操作均是$O(1)$
字符串哈希支持的应用操作：
1.判断字符串是否相等。取hash段比较即可，$O(1)$
2.找某两个位置开始的$LCP$（最长公共前缀），二分位置+$hash$判断 $O(logn)$ （长度够小，可用$trie$树，更好的支持多串$LCP$）（当然，如果你会$SA$，这些都是小儿科~）
3.判断两个串字典序大小，找$LCP$，判断下一位大小。$O(logn)$
4.找回文串。但是要正反二分。如果可以预处理的话，当然不如$manacher$。或者你用SA建反串然后找LCP。
哈希冲突
1.由于取模，所以有一定几率，两个不同的串，但是哈希值相同。
我们认为哈希值相同，串就相同了。所以，就会出现错误。
像1e9+7,unsigned long long 这些，都可以特殊构造卡掉。
见bzoj HASH KILLER系列。
2.解决方法：
①取大质数作为模数。$10^{15}$以上的模数更不容易被卡。
②双哈希
即处理两个哈希值。相同的字符串一定两个都相同，因为都是同样的构造方法。
如果哈希值不同，一定是不同的字符串。
这个时候，如果两个串的两个哈希值对应相等，我们就认为相等。否则不等。
这样子冲突的概率就很小了。$1e9+7$，$998244353$的双模数就基本卡不掉了。
字符串哈希例题：
T1：POJ2758
给定一个字符串，要求维护两种操作
在字符串中插入一个字符
询问某两个位置开始的LCP
插入操作<=200，字符串长度<=5w，查询操作<=2w
分析：有人用后缀数组？？不会。Splay？？不会。
操作小于等于200，直接暴力重构是正解！！
注意：
1.插入字符位置可能远大于len，要向len+1取min
2.询问位置是初始位置，重构的时候，可以暴力循环记录每一个初始位置现在已经变到了第几个位置。
#include<cstdio> #include<cstdlib> #include<algorithm> #include<iostream> #include<cmath> #include<cstring> using namespace std; typedef long long ll; const int N=80000+210; const int mod=998244353; const int K=13331; ll h[N]; ll c[N]; int n,m; int len; int f[N]; int ne[N]; char o[N],a[N]; int main() { scanf("%s",o+1); n=strlen(o+1); memcpy(a+1,o+1,sizeof o);len=n; //cout<<" lenn "<<len<<endl; scanf("%d",&m); for(int i=1;i<=n;i++) ne[i]=i; c[0]=1; for(int i=1;i<=n+m+1;i++) { c[i]=(c[i-1]*K)%mod; if(i<=n) h[i]=(h[i-1]*c[1]+(int)o[i])%mod; } char ch,op; int num,x,y; //cout<<"fir "<<a+1<<endl; while(m--){ scanf(" %c",&op); if(op=='Q'){ scanf("%d%d",&x,&y); x=ne[x],y=ne[y]; //cout<<x<<" and "<<y<<endl; if(a[x]!=a[y]){ printf("0\n");continue; } int ans; int l=0,r=min(len-x,len-y)+1; //cout<<" origin "<<l<<" "<<r<<endl; while(l<=r){ int mid=(l+r)>>1; int ed1=x+mid-1; int ed2=y+mid-1; ll ha1=(h[ed1]+mod-h[x-1]*c[mid]%mod)%mod; ll ha2=(h[ed2]+mod-h[y-1]*c[mid]%mod)%mod; //cout<<mid<<" hash "<<ha1<<" "<<ha2<<endl; if(ha1==ha2) { ans=mid,l=mid+1; } else{ r=mid-1; } } printf("%d\n",ans); } else{ scanf(" %c%d",&ch,&num); if(num>len) num=len+1; ///add(num); len++; for(int i=len;i>=num+1;i--) a[i]=a[i-1]; a[num]=ch; for(int i=num;i<=len;i++) h[i]=(h[i-1]*c[1]+(int)a[i])%mod; for(int i=n;i>=1;i--) { if(ne[i]>=num) ne[i]++;else break;} } //cout<<a+1<<endl; } return 0; }
以下是配赠福利
树哈希：
我们知道，一棵无根树可以以任何一个点为根。两个树可能看过去形态不同，但是可能存在固定两个树的根，然后对整个树重新编号，使得完全相同。
求树的同构就是这样。
类似字符串同构，我们也要适用哈希。
模板例题：
BZOJ 4337: BJOI2015 树的同构
50棵树，50个节点。求同构。
方法：
1.对于两个同构的树，存在固定两个树的根，然后对整个树重新编号，使得完全相同。
所以，我们可以对一个树，以每个点为根，然后dfs一遍。
$dfs$的时候，处理子树的$hash$值。
$hash$的$base$值和第几个儿子有关。是各不相同的素数。
然后，对于一个子树，把所有的儿子$hash$值，排序，从小到大合并。
然后对于所有的$hash$值，$sort$一遍。
两个树相同，当且仅当所有的$N$个点的$hash$值对应相同。
我们的$hash$值考虑了深度、每个点节点个数。所以不容易冲突。
2.我们之所以要以每个点为根，然后$dfs$一遍，
是因为可能重新编号后根不知道是哪两个。
但是这样比较暴力。$N^3$
发现，对于一个无根树，重心最多两个。
对于两个同构的树，如果我们把重心的搭配4种枚举一下，那么必然存在一种树的$hash$相同。
所以，可以对每个树以重心扫两边即可。
$hash$的$base$，也可以考虑用欧拉序。
