小技巧

并查集

如果有覆盖，更改等区间后区间不会再发生改变，此时可以用并查集将区间缩小。

例题：
1. [HAOI2014]贴海报
2. [COCI2010-2011#5] SLIKA
3. P4145 上帝造题的七分钟2 / 花神游历各国

有些开根或者乘方取模(欧拉)等，到了一定规模时数字不再变化，可以缩小范围。

树链剖分的一些做题时的小技巧

• 边权处理

方法：下放边权到深度较深的点上，因为每个点入度为1，所以能保证每个点对于唯一一条边。

例题：[USACO11DEC]牧草种植Grass Planting

核心地方：就是在最后的时候更新处的左端点加一即可。

void up(int a,int b){
    while(top[a]!=top[b]){
        if(dep[top[a]]<dep[top[b]]) swap(a,b);
        update(1,1,tim,num[top[a]],num[a]);
        a=f[top[a]];
    }
    if(dep[a]>dep[b]) swap(a,b);
    update(1,1,tim,num[a]+1,num[b]);
}

• 区间，单点等

如果是一些简单的修改查询，用树状数组可以大大减少常数复杂度。

• 轻重链之间的处理

如果线段树合并时会有跨区间的特殊处理，那么在跳轻重链之间时，也要处理。

例题：[SDOI2011]染色

int query(int o,int l,int r,int L,int R){
    if(L<=l&&r<=R)return sum[o];
    int mid=l+r>>1;
    pushdown(o);
    int ans=0;
    if(L>mid) ans=query(o<<1|1,mid+1,r,L,R);
    else if(R<=mid) ans=query(o<<1,l,mid,L,R);
    else{
        ans=query(o<<1,l,mid,L,mid);
        ans+=query(o<<1|1,mid+1,r,mid+1,R);
        ans-=(rc[o<<1]==lc[o<<1|1]);
    }
    pushup(o);
    return ans;
}
int findcol(int o,int l,int r,int pos){
    if(l==r) return lc[o];
    pushdown(o);
    int mid=l+r>>1,ans=0;
    if(pos<=mid) ans=findcol(o<<1,l,mid,pos);
    else ans=findcol(o<<1|1,mid+1,r,pos);
    pushup(o);
    return ans;
}
int getans(int a,int b){
    int ans=0;
    while(top[a]!=top[b]){
        if(dep[top[a]]<dep[top[b]]) swap(a,b);
        ans+=query(1,1,tim,num[top[a]],num[a]);
        ans-=(findcol(1,1,tim,num[top[a]])==findcol(1,1,tim,num[f[top[a]]]));
        //轻重链交换时，如果交界处一样要减1
        a=f[top[a]];
    }
    if(dep[a]>dep[b]) swap(a,b);
    ans+=query(1,1,tim,num[a],num[b]);
    return ans;
}

如果强制在线的删边并查集，如果是规则图（矩阵完全图），删边操作可以转换为对偶图的连边操作，判断不连通就是对偶图上有环。

（二维）树状数组的区间修改询问操作可以用差分数组来维护。
- 上帝造题的七分钟1

[SDOI2015]序列统计

我们用原根把相乘变作指数的相加，然后就可以用NTT。

∑ni=1Cin2i1n−i=(1+2)n=3n$\sum _{i=1}^n{C}_n^i{2}^i{1}^{n-i}=(1+2{)}^n=3^n$

牛顿二项式定理

枚举二进制子集的方法

for(int s=i;;s=(s-1)&i){
    work(s);
    if(!s) break;
}

如果a,m$a,m$互质，那么k⋅a mod m$k\cdot a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\mathrm{m}$，在k∈[1,m]$k\in [1,m]$时，模出来的数字可以不重复的取遍[0,m−1]$[0,m-1]$的值。
证明:
令a$a$为任意一个整数，k1a=t1⋅m+w$k_{1}a=t_1\cdot m+w$，k2a=t2⋅m+w$k_{2}a=t_2\cdot m+w$，(k1,k2,t1,t2,a,m,w)$(k_1,k_2,t_1,t_2,a,m,w)$均为整数，且k1≠k2,k1≤m,k2≤m$k_1\ne k_2,k_1\le m,k_2\le m$，那么显然t1≠t2$t_1\ne t_2$，也就是两个余数一样的数字，且都为a$a$的整倍数，那么相减得到(k1−k2)a=(t1−t2)m$(k_1-k_2)a=(t_1-t_2)m$，又因为a,m$a,m$互质，那么(k1−k2)$(k_1-k_2)$定为m$m$的倍数，又因为k1,k2$k_1,k_2$小于m$m$，所以k1−k2$k_1-k_2$不可能为m$m$的倍数，那么此时只有k1=k2$k_1=k_2$才成立，所以当两个a$a$的整倍数对m$m$取模时，余数肯定不同。

求下列式子值：

p,q$p,q$为奇质数。

• 式子一：

∑i=1p−12⌊i×qp⌋+∑j=1q−12⌊j×pq⌋$$\sum _{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\lfloor \frac{i\times q}{p}\rfloor +\sum _{j=1}^{\frac{q-1}{2}}\lfloor \frac{j\times p}{q}\rfloor$$

当p=q$p=q$时为p×q−14$\frac{p\times q-1}{4}$，p≠q$p\ne q$时为(p−1)×(q−1)4$\frac{(p-1)\times (q-1)}{4}$

• 式子二：

∑i=1p−1⌊i×qp⌋=p×(p−1)2×(q−1)p$$\sum _{i=1}^{p-1}\lfloor \frac{i\times q}{p}\rfloor =\frac{\frac{p\times (p-1)}{2}\times (q-1)}{p}$$

因为当i∈[0,p−1]$i\in [0,p-1]$时，(i×q mod p)$(i\times q\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\mathrm{p})$会取遍[0,p−1]$[0,p-1]$的值，而这些值是在取整时会被去掉，所以用所有和减去∑p−1i=0i$\sum _{i=0}^{p-1}i$就是答案，等差数列求和公式一用就好啦。