tricks
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也叫 Tricks
- 对 \(\{1,0,0,\ldots\}\) 做 \(k\) 次前缀和，下标从 0 开始，则 \(a_d\) 为 \(C_{d+k-1}^{k-1}=C_{d+k-1}^d\)
证明：杨辉三角 - 对于算这种 \(\displaystyle\sum_{i\in[l_k..r_k]}\left\lceil\dfrac{a_i}{f_k(i)}\right\rceil\)，以上取整为例，记值域为 \(A\)，多组询问，可以这样：
- 若 \(l_k=1,r_k=n\)：
- 若 \(A\) 较小，\(f_k(i)\) 与 \(i\) 无关，对每个 \(a_i\) 都整除分块，找到当 \(x\to x+1\) 时 \(\left\lceil\dfrac{a_i}x\right\rceil\) 的变化值，累加到一个数组里，这样可以对于多组询问，想个方法扫一遍 / 事先做个前缀和 什么的，预处理 \(O(n\sqrt A)\)
- 若 \(f_k(i)\) 与 \(i\) 无关，从大到小对 \(a_i\) 排序，定义一个 \(q\)，对 \(i\in[1..q]\)，暴力算；对 \(i\in[q+1..n]\)，由于答案最多 \(\dfrac{a_{q+1}}x\) 种，我们对每个取值二分边界，然后令 \(q\) 为最后一个满足 \(a_q\ge\dfrac{qf_k}{\log n}\) 的位置，每次询问 \(O(q)\).
- 若 \(f_k(i)\) 可以通过处理（如离线）使其有关于 \(k\) 的单调性（这里是单增），设定常数 \(M=\sqrt{A\log n}\)，对每个询问，我们先暴力做前 \(M\) 个，然后推出剩下的每个答案最多 \(\frac AM\)，对每个 \(a_i\) 和每个 \(j\in\left[1..\frac AM\right]\)，二分找到让 \(a_i\) 的答案至少为 \(j\) 的可能的最左询问左端点 \(l_i\)，在 \(l_i\) 位置记录 \(a_i\) 答案的增加值；然后按左端点对询问排序，扫描线，用一个支持单点加、区间和的数据结构（BIT）维护每个 \(a_i\) 的答案，移动左端点的时候就多次单点加，回答查询时就区间查，预处理 \(O\left(n\frac AM\log n\right)\)，每次查询 \(O(M+\log n)\)，取 \(M=\sqrt{A\log n}\) 得到 \(O((n+q)\sqrt{A\log n})\).
- 如何判树上两个点有祖先关系？利用 dfn 序：一个点的子树在 \(\text{dfn}(u)\sim\text{dfn}(u)+\text{siz}(u)-1\) 里面，只需要看另一个点是否在这个区间内即可.
- 给 \(\{a_1,..,a_n\},\{b_1,..,b_m\}\)，一次可以让 \(a_i\gets b_{a_i}\)，\(a_i,b_i\in[1..m]\)，那么连边 \(u\to b_u\)，连出来一定是内向基环树森林，一次操作相当于让 \(a_i\) 往后走一步
- 对于有一些限制条件形如 \(a_1<a_2<a_3>a_4>a_5<a_6<a_7>a_8<a_9\)，可以把 \(>\) 容斥成"没有限制"和 \(\le\)，一种方案的容斥系数就是 \((-1)^{cnt}\)，其中 \(cnt\) 表示有多少个 \(\le\).
- 对于由若干互不影响的部分组成的答案，形式化的，\(\displaystyle c(n)=\sum_{k=0}^{\infty}\sum_{n_i\ge0\land n_1+\ldots+n_k=n}a(n_1)a(n_2)\ldots a(n_k)\)，注意到它是一个卷积，我们令 \(\displaystyle A(x)=\sum_{n\ge0}a(n)x^n,C(x)=\sum_{n\ge0}c(n)x^n\)，有 \(\displaystyle C=\sum_{k=0}^{\infty}A^k=\dfrac1{1-A}\)，我们求个逆可以 \(O(n\log n)\).
其中 \(\displaystyle\because C=\sum_{k=0}^{\infty}A^k,\therefore AC+1=C,\therefore C=\dfrac1{1-A}\). - 一种 dp 思路：
你一定可以通过如下两个操作唯一的凑出一个单调不减的序列： - 在序列的最前面加入这个序列的值域最小取值
- 整个序列加一
我们按这样转移 dp，转移是 \(O(1)\) 的，可以用来数一些单调不减且总和一定的序列什么的
这个思路最开始是在整数划分数出现的. - 对于 \(0\sim n-1\) 的排列，你选出任意一个子序列，它的 mex 等于其余元素的 min.
- 一棵有根树，除去 \(u\to v\) 路径上所有点，剩下的点可以用这棵树的前序遍历 + 后序遍历两个序列上的共 \(5\) 个区间恰好包含.
定义：对于一棵不是二叉树的树，你 dfs 它一遍，记前序遍历数组为 \(\text{in}\)、后序遍历数组为 \(\text{out}\)，你每进一个点就把这个点加入到 \(\text{in}\)，每出一个点就把这个点加入到 \(\text{out}\)，同时记录这个点在 \(\text{in},\text{out}\) 中的位置 \(\text{tin},\text{tout}\)；记 \(u,v\) 的 lca 为 \(l\)，\(l\) 往 \(v\) 方向的第一个点为 \(m\)，设 \(\text{tin}_u<\text{tin}_v\)，对每个点记录 \(\text{mtout},\text{mtin}\) 分别表示它子树的 \(\text{tout}\) 最小值、\(\text{tin}\) 最大值；
我们把剩下的点 \(p\) 分成五类：- \(\text{tout}_p<\text{tout}_u\)
- \(\text{tin}_u<\text{tin}_p<\text{tin}_m\)
- \(\text{mtout}_m\le\text{tout}_p<\text{tout}_v\)
- \(\text{mtin}_v<\text{tin}_p\le\text{mtin}_l\)
- \(\text{tout}_l<\text{tout}_p\)
然后做完了.
- 需要支持以下操作：
- \(u\) 到 \(root\) 的链整体加 \(val\)
- 单点问 \(v\) 的权值
可以转化为 \(u\) 单点加 \(val\)，\(v\) 查子树和，可以用树状数组解决。
- AC 自动机既可以处理“前缀”关系也可以处理“后缀”关系，前缀关系通过 trie 来维护，后缀关系通过 fail 树来维护；前后缀关系可以通过 把串反过来 来互相转化。
