各种算法及体会
单调栈/队列
单调栈用于求解该点左/右侧首个大/小于该点的位置（注意！不需要用什么线段树啊二分啊
注意有时在用单调栈解决区间问题时可能会重复计算，故把左右单调栈一个小于，一个小于等于即可！
单调队列即滑动窗口，可以求解定区间最大/小值
最长上升子序列（LIS）
O(nlogn)维护方法，考虑二分，每次用更小值替换之前的位置，大于结尾的加入vector，最后的size即所求。
最长公共子序列(LCS)可以转化为这个问题。
for(int i=1;i<=n;i++){//O(nlogn) LIS
int x=lower_bound(v.begin(),v.end(),a[i])-v.begin();
if(x==v.size()) v.push_back(a[i]);
else v[x]=a[i];
}
ST表
用于维护RMQ问题，即区间最大/小值。不能修改，但O(1)查询。(欧拉序+st表的lca经常用来卡常）
void ST(){
lg[0]=-1;
for(int i=1;i<=n;i++){
f[i][0]=h[i],lg[i]=lg[i>>1]+1;
}
for(int j=1;(1<<j)<=n;j++){
for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++){
f[i][j]=min(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]);
}
}
}
int query(int l,int r){
int k=lg[r-l+1];
return min(f[l][k],f[r-(1<<k)+1][k]);
}
分块
O(n根n)
//分块
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int opt,x,y,c,st[100005],ed[100005],a[100005],pos[100005],len,n,m,cnt;
long long sum[100005],add[100005];
struct block{
void build(){
len=(int)sqrt(n);
cnt=n/len;
if(n%len) cnt++;
for(int i=1;i<=cnt;i++){
st[i]=(i-1)*len+1;
ed[i]=i*len;
}
ed[cnt]=n;
for(int i=1;i<=cnt;i++){
for(int j=st[i];j<=ed[i];j++){
sum[i]+=a[j];
pos[j]=i;
}
}
}
void update(int l,int r,long long k){
if(pos[l]==pos[r]){
for(int i=l;i<=r;i++){
a[i]+=k;
}
sum[pos[l]]+=(r-l+1)*k;
}
else {
for(int i=pos[l]+1;i<pos[r];i++){
add[i]+=k;
}
for(int i=l;i<=ed[pos[l]];i++){
a[i]+=k;
}
sum[pos[l]]+=(ed[pos[l]]-l+1)*k;
for(int i=st[pos[r]];i<=r;i++){
a[i]+=k;
}
sum[pos[r]]+=(r-st[pos[r]]+1)*k;
}
}
long long query(int l,int r){
long long ans=0;
if(pos[l]==pos[r]){
for(int i=l;i<=r;i++){
ans+=a[i];
}
ans+=(r-l+1)*add[pos[l]];
}
else {
for(int i=pos[l]+1;i<pos[r];i++){
ans+=sum[i]+add[i]*(ed[i]-st[i]+1);
}
for(int i=l;i<=ed[pos[l]];i++){
ans+=a[i];
}
ans+=add[pos[l]]*(ed[pos[l]]-l+1);
for(int i=st[pos[r]];i<=r;i++){
ans+=a[i];
}
ans+=add[pos[r]]*(r-st[pos[r]]+1);
}
return ans;
}
};
block B;
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
B.build();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&opt,&x,&y);
if(opt==1){
long long k;
scanf("%lld",&k);
B.update(x,y,k);
}
else {
printf("%lld\n",B.query(x,y));
}
}
return 0;
}
莫队
O(n根n)左右
//带修莫队
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,ans,out[140005],c[140005],pos[140005],l=1,r,now,s[1000005],an,bn;
struct node{
int v,l,r,id,t;
}a[140005],b[140005];
bool cmp(const node &p,const node &q){//重在排序
if(pos[p.l]!=pos[q.l]) return p.l<q.l;
if(pos[p.r]!=pos[q.r]) return p.r<q.r;
return p.t<q.t;
}
void add(int x){
s[c[x]]++;
if(s[c[x]]==1) ans++;
}
void del(int x){
s[c[x]]--;
if(s[c[x]]==0) ans--;
}
void change(int now,int x){
if(b[now].l>=a[x].l&&b[now].l<=a[x].r){
s[c[b[now].l]]--;
s[b[now].r]++;
if(s[c[b[now].l]]==0) ans--;
if(s[b[now].r]==1) ans++;
}
swap(b[now].r,c[b[now].l]);
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
int len=(int)pow(n,0.666);//带修莫队这个块长最快
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&c[i]);
pos[i]=(i-1)/len+1;
}
for(int i=1;i<=m;i++){
char opt;
scanf(" %c",&opt);
if(opt=='Q') {
an++;
a[an].id=an;
a[an].t=bn;
scanf("%d%d",&a[an].l,&a[an].r);
}
else if(opt=='R'){
bn++;
scanf("%d%d",&b[bn].l,&b[bn].r);//l支笔，r颜色
}
}
sort(a+1,a+an+1,cmp);
for(int i=1;i<=an;i++){//
while(l<a[i].l) del(l++);
while(l>a[i].l) add(--l);
while(r<a[i].r) add(++r);
while(r>a[i].r) del(r--);
while(now<a[i].t) change(++now,i);
while(now>a[i].t) change(now--,i);
out[a[i].id]=ans;
}
for(int i=1;i<=an;i++){///
printf("%d\n",out[i]);
}
return 0;
}
基环树
最常见条件：n个点，n条边（注意题目给的条件是否联通，可能是森林
基环内向树：每个点只有一条出边
基环外向树：每个点只有一条入边
处理手法：找环，断边，跑树形dp
void circle(int x,int p){
vis[x]=1;
for(int i=h[x];i;i=e[i].nxt){
int y=e[i].to;
if((i^1)==p) continue;
if(vis[y]){
xx=x,yy=y,k=i;
continue;//不能return，要把联通块找完
}
circle(y,i);
}
}
扫描线
求矩形面积并，周长，二维数点等等
线段树作用即把静态O(n^2)变为动态O(nlogn).
想象过程，就是在一张图上，一条线从上到下扫描。所以线段树本质维护的是矩形的长，而宽又是从上到下排序过的，所以每次乘上差值即可。
常用手法比如把点的问题转化为矩形，可以求最大面积交/并
注意这个线段树写法和别的不太一样，有时需要离散化或动态开点。而且记录询问的数组开2倍。线段树必须开16倍空间，读入add就是二倍，线段树4倍，在pushup不可避免访问叶子节点的儿子，再有2倍。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define lid (id<<1)
#define rid (id<<1|1)
using namespace std;
const int maxn=100015;
struct node{
ll x,yl,yr;
int fl;
}p[maxn<<1];
struct tree{
ll l,r,sum;
}t[maxn<<4];
int n,tg[maxn<<4];
ll s[maxn<<1],ans;
bool cmp(node a,node b){
return a.x<b.x;
}
void pushup(int id){
if(tg[id]>0) t[id].sum=t[id].r-t[id].l;//注意，这里代表是否矩形完全覆盖该位置
else t[id].sum=t[lid].sum+t[rid].sum;
}
void build(int id,int l,int r){
t[id].l=s[l];//离散化，t[id]的l/r不是普遍意义
t[id].r=s[r];
if(r-l==1){
t[id].sum=0;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(lid,l,mid);//维护的是面积，所以是按照矩形的边计算，mid相同
build(rid,mid,r);
pushup(id);
}
void add(int id,ll yl,ll yr,int fl){
if(t[id].l==yl&&t[id].r==yr){
tg[id]+=fl;
pushup(id);
return;
}//这种写法实际上mid=t[lid].r=t[rid].l
if(yl<t[lid].r) add(lid,yl,min(t[lid].r,yr),fl);
if(yr>t[rid].l) add(rid,max(t[rid].l,yl),yr,fl);
pushup(id);
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
ll xl,yl,xr,yr;
scanf("%lld%lld%lld%lld",&xl,&yl,&xr,&yr);
p[i]=(node){xl,yl,yr,1};
p[i+n]=(node){xr,yl,yr,-1};
s[i]=yl,s[i+n]=yr;
}
sort(s+1,s+n*2+1);
sort(p+1,p+n*2+1,cmp);
build(1,1,2*n);
add(1,p[1].yl,p[1].yr,p[1].fl);
for(int i=2;i<=2*n;i++){
ans+=(p[i].x-p[i-1].x)*t[1].sum;
//printf("%d ",i);
add(1,p[i].yl,p[i].yr,p[i].fl);
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
网络流
最大流=最小割
O(n^2m)但玄学上界，一般都能跑。。
推这个，怎么说，不一定能看出来是网络流，甚至可能是把一个数据类的抽象到图论上。总之很巧妙，像dp。就先看限制约束条件，可以先思考连边，然后考虑是最大流、最小割还是什么总体-局部的转换，最后建图吧？
有一个最大权闭合子图，套路性的正边-源点，负边-汇点，答案为正边权和-最小割。
求解一条边能否在最小割和是否一定在最小割中的问题时，考虑在最终的残量网络上用 tarjan 求解。
void add(int u,int v,int val){
nxt[++cnt]=h[u],to[cnt]=v,h[u]=cnt,w[cnt]=val;
nxt[++cnt]=h[v],to[cnt]=u,h[v]=cnt,w[cnt]=0; //有向图！
}
int bfs(){
memset(dep,0,sizeof(dep));
queue<int>q;
q.push(s);
dep[s]=1;
now[s]=h[s];
while(!q.empty()){
int x=q.front();
q.pop();
for(int i=h[x];i;i=nxt[i]){
int y=to[i];
if(w[i]>0&&dep[y]==0){//直接考虑能走的边
q.push(y);
now[y]=h[y];//当前弧优化
dep[y]=dep[x]+1;//分层图
if(y==t) return 1;
}
}
}
return 0;
}
int dfs(int x,int sum){//这里，sum对整条路的最大贡献流量
if(x==t) return sum;
int k,res=0;//k当前最小剩余流量
for(int i=now[x];i&∑i=nxt[i]){
now[x]=i;//当前弧优化，走过的
int y=to[i];
if(w[i]>0&&(dep[y]==dep[x]+1)){//保证是最短路
k=dfs(y,min(sum,w[i]));
if(k==0) dep[y]=0;//剪枝，增广完毕
w[i]-=k,w[i^1]+=k;//正反向边
res+=k;//经过该点的流量和
sum-=k;//经过该点当前剩余流量
}
}
return res;
}
void dinic(){
while(bfs()){
ans+=dfs(s,inf);
}
}
费用流
保证最大流的同时费用最大/小
O(n2m2)
void add(int u,int v,ll flow,ll val){
nxt[++cnt]=h[u],to[cnt]=v,h[u]=cnt,w[cnt]=val,f[cnt]=flow;
nxt[++cnt]=h[v],to[cnt]=u,h[v]=cnt,w[cnt]=-val,f[cnt]=0;
}
queue<int>q;
bool SPFA(){
memset(dis,-0x3f,sizeof(dis));
memset(fl,0x3f,sizeof(fl));
memset(vis,0,sizeof(vis));
q.push(s); vis[s]=1,dis[s]=0,pre[t]=-1;
while(!q.empty()){
int x=q.front();
q.pop();
vis[x]=0;
for(int i=h[x];i;i=nxt[i]){
int y=to[i];
if(f[i]>0&&dis[x]+w[i]>dis[y]){
dis[y]=dis[x]+w[i];
pre[y]=x;
lst[y]=i;
fl[y]=min(fl[x],f[i]);
if(!vis[y]){ vis[y]=1;q.push(y); }
}
}
}
return pre[t]!=-1;
}
void EK(){
while(SPFA()){
int x=t;
if(res+dis[t]*fl[t]<0){
ans+=(ll)res/-dis[t];
return ;
}
ans+=fl[t];
res+=dis[t]*fl[t];
while(x!=s){
f[lst[x]]-=fl[t];
f[lst[x]^1]+=fl[t];
x=pre[x];
}
}
}
上下界网络流（可行、最大、最小、费用流）
主要思想就是先让它直接流下界的流量，然后连汇点t到源点s（因为流量应该相等），多余或不足的流量从新的源点汇点S、T补，然后跑最大流，如果把新源点汇点的边跑满，则可行。
最大流就是在残量网络上s-t跑最大流+可行流。
最小流就是删去和S、T连边以及t-s后跑最大流，w（t-s）-最大流。
费用流基本是可行费用流，套板子即可。
这个算法真的，不太用动脑（？只要能用的，按题意模拟即可。（算是网络流中最好想的吧。。）
一些tips：
1，如果求类似最大值最小，考虑和二分答案相结合，用最大流、可行流check等等
2，与源汇点、二分图有关三大套路：格子染色(用于仅与相邻有关的)、数学分奇偶性、矩阵分横纵以点连线
3，拆点，每个状态为一个点或入边->出边，中间是限制条件。点数太大了考虑动态加点。
4，任意两边的交点都在顶点上的图称为平面图，如果我们把面作为点，相邻的边连线，可以得到对偶图，对于数据点过大的，平面图最小割=对偶图最短路。
5，分数规划，其实就是把分母乘过去，然后二分验证。
6，对于平方的处理：拆边，假设全一种情况，考虑增量；或根据2k+1来连。
·如果不刻意卡，6e3-1e5的点数甚至都能过去！网络流就是要敢写！！！
后缀数组
用于解决字符串相关问题。倍增法+基数排序O(nlogn)，考虑每次把2^(k-1)的两个字符串合并，遇到结束时用空串补足。
sa[i]后缀数组，记录排名为i的后缀在原串中的位置，sa[排名]=位置，rk[位置]=排名。
height[i]=suffix(sa[i-1])和suffix(sa[i])的最长公共前缀（排名相邻的两个后缀的最长公共前缀），h[i]=height[rk[i]]也就是suffix(i)和它前一名后缀的最长公共前缀。（即LCP，最长公共前缀）
注意性质h[i]>=h[i-1]-1，考虑设suffix(k)是suffix(i-1)前一名的后缀，则最长公共前缀为h[i-1]。那么suffix(k+1)排在suffix(i)前，理解上同减一位即可，又考虑到还可能有前几位相同但比suffix(k+1)长的串夹在二者中间（感性理解一下），故得证。（注：不是严谨证明，只是便于理解）
这个性质可以O(n)求h[i]，而对于询问任意两个后缀的最长公共前缀，答案几位两者排名之间的height最小值，RMQ问题用ST表维护即可。height数组的特性非常好用，不重不漏，还一定包含公共子串的最值！！！
（真服了，一个板子看了一个下午。。。）
//后缀排序，后缀数组基础，用于字符串问题
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2e6+10;//特别注意，数组开二倍！因为有+k
int n,m,x[maxn],y[maxn],c[maxn],sa[maxn],rk[maxn],height[maxn];
char s[maxn];
void getsa(){
//按第一个字母排序
for(int i=1;i<=n;i++) c[x[i]=s[i]]++;//桶
for(int i=1;i<=m;i++) c[i]+=c[i-1];
for(int i=n;i>0;i--) sa[c[x[i]]--]=i;
for(int k=1;k<=n;k<<=1){
//按第二关键字排序
for(int i=0;i<=m;i++) c[i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++) y[i]=sa[i];//记录当前某位对应的原位置
for(int i=1;i<=n;i++) c[x[y[i]+k]]++;
for(int i=1;i<=m;i++) c[i]+=c[i-1];//记录某数有若干个，便于排序（注意0的存在，所以从1开始
for(int i=n;i>0;i--) sa[c[x[y[i]+k]]--]=y[i];//按第二位排，注意对应从大到小的顺序
//按第一关键字排序
for(int i=0;i<=m;i++) c[i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++) y[i]=sa[i];
for(int i=1;i<=n;i++) c[x[y[i]]]++;
for(int i=1;i<=m;i++) c[i]+=c[i-1];
for(int i=n;i>0;i--) sa[c[x[y[i]]]--]=y[i];//首位排
//把后缀放入桶
for(int i=1;i<=n;i++) y[i]=x[i];//原字符串
m=0;
for(int i=1;i<=n;i++){//相对大小即可
if(y[sa[i]]==y[sa[i-1]]&&y[sa[i]+k]==y[sa[i-1]+k]) x[sa[i]]=m;
else x[sa[i]]=++m;
}
if(m==n) break;//均不相同即为完成
}
}
//height[i]为suffix(sa[i-1]和sa[i])最长公共前缀，h[i]为suffix(i)和它前一名后缀的最长公共前缀
void geth(){//性质：h[i]>=h[i-1]-1
for(int i=1;i<=n;i++) rk[sa[i]]=i;
for(int i=1,k=0;i<=n;i++){
if(rk[i]==1) continue;//第一名height为0
if(k) k--;//上一个height-1
int j=sa[rk[i]-1];//前邻后缀j
while(i+k<=n&&j+k<=n&&s[i+k]==s[j+k]) k++;//性质，有点双指针的意思
height[rk[i]]=k;
}
}
int main(){
scanf("%s",s+1);
n=strlen(s+1);
m=122;//'z'
getsa();
geth();
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",sa[i]);
printf("\n");
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",height[i]);
return 0;
}
字符串处理技巧
1，断环为链。对于循环串，直接复制到后面。对于回文串，反向复制到后面，在中间加一个大于所有串内ascii的。
2，考虑每个子串都是每个后缀的前缀，而height数组的特殊性质能够满足sum(height)排除全部重复子串，max(height)为最长重复子串。
3，对于非重复最长公共子串、k次重复子串等许多问题都考虑后缀数组，二分+按height划分层次判断，或者用单调队列维护区间最小值。
4，查询公共串时用ST表维护check，O(1)处理两个部分的公共串。
原根
考试见到的，反正以后还要学
阶
由欧拉定理知，若 \((a,m)=1\) ，则 \(a^{\varphi (m)} \equiv 1 \pmod {m}\)
因此满足 \(a^n \equiv 1 \pmod{m}\)的最小正整数 \(n\) 存在，这个 \(n\) 称作 \(a\) 模 \(m\) 的阶，记作 \(\delta_m(a)\) 或 \(ord_m(a)\)
性质： $a,a^2 ,\cdots,a^{\delta_m(a)} $模 \(m\) 两两不同余。
若 \(a^n \equiv 1 \pmod m\)，则 \(\delta_m(a)\mid n\).
原根
设 \(m \in \mathbf{N}^{*}，g\in \mathbf{Z}\). 若 \((g,m)=1\)，且 \(\delta_m(g)=\varphi(m)\)，则称 \(g\) 为模 \(m\) 的原根。
即 \(g\) 满足 \(\delta_m(g) = \left| \mathbf{Z}_m^* \right| = \varphi(m).\) 当 \(m\) 是质数时，我们有 \(g^i \bmod m,\,0 \lt i \lt m\) 的结果互不相同。
设 \(m \geqslant 3, (g,m)=1\)，则 \(g\) 是模 \(m\) 的原根的充要条件是，对于 \(\varphi(m)\) 的每个素因数 \(p\)，都有\(g^{\frac{\varphi(m)}{p}}\not\equiv 1\pmod m.\)
若一个数 \(m\) 有原根，则它原根的个数为 \(\varphi(\varphi(m)).\)
一个数 \(m\) 存在原根当且仅当 \(m=2,4,p^{\alpha},2p^{\alpha}\)，其中 \(p\) 为奇素数，\(\alpha\in \mathbf{N}^{*}.\)
素数 \(p\) 的最小原根 \(g_p=O\left(p^{0.25+\epsilon}\right)\)，其中 \(\epsilon>0\).因此暴力寻找最小原根复杂度是可以接受的。
