Note - OI tricks | 动态更新

🌹：不知道这个是不是应该放到 Essay 里。其实这里更偏实现一点，不知道算不算 trick？

• 线段树维护 Hash。

  这个左右区间是很好合并的，主要是提出来说一下，因为每次遇到都只会搜索。我指的是百度 / Google。

  下面是一个维护正序和逆序 Hash 的板子。

  using ull = unsigned long long;
  
  ull base[N];
  
  struct segment_tree {
  	int l, r;
  	ull hash1, hash2;
  } t[N << 2];
  
  void push_up(int p) {
  	int mid = t[p].l + t[p].r >> 1;
  	t[p].hash1 = (t[p << 1].hash1 * base[t[p].r - mid] + t[p << 1 | 1].hash1);
  	t[p].hash2 = (t[p << 1 | 1].hash2 * base[mid - t[p].l + 1] + t[p << 1].hash2);
  }
  
  void build(int p, int l, int r) {
  	t[p].l = l, t[p].r = r;
  	if (l == r) {
  		t[p].hash1 = t[p].hash2 = s[l] - 'a' + 1;
  		return;
  	}
  	int mid = l + r >> 1;
  	build(p << 1, l, mid);
  	build(p << 1 | 1, mid + 1, r);
  	push_up(p);
  }
  
  void update(int p, int x, char c) {
  	if (t[p].l == t[p].r) {
  		t[p].hash1 = t[p].hash2 = c - 'a' + 1;
  		return;
  	}
  	int mid = t[p].l + t[p].r >> 1;
  	if (x <= mid) update(p << 1, x, c);
  	else update(p << 1 | 1, x, c);
  	push_up(p);
  }
  
  ull ask1(int p, int l, int r) {
  	if (l <= t[p].l && t[p].r <= r) return t[p].hash1;
  	int mid = t[p].l + t[p].r >> 1;
  	ull ans = 0;
  	if (l <= mid) ans += ask1(p << 1, l, r) * base[max(min(r, t[p].r) - mid, 0)];
  	if (r > mid) ans += ask1(p << 1 | 1, l, r);
  	return ans;
  }
  
  ull ask2(int p, int l, int r) {
  	if (l <= t[p].l && t[p].r <= r) return t[p].hash2;
  	int mid = t[p].l + t[p].r >> 1;
  	ull ans = 0;
  	if (l <= mid) ans += ask2(p << 1, l, r);
  	if (r > mid) ans += ask2(p << 1 | 1, l, r) * base[max(mid - max(l, t[p].l) + 1, 0)];
  	return ans;
  }
  

• bitset，\(O(n) \to O(\dfrac{n}{w})\) 的利器。

  一般加速维护 bool 数组与起来、或起来等操作。 Solution - Walk the Runway

  本日见到了线段树维护 bitset，可以跑过 \(O(\frac{mn \log n}{w})\)，其中 \(n \leq 2 \times 10 ^ 4\)，\(m \leq 10 ^ 3\)。

• 回退背包删除元素。
  
  只需要反着跑一遍，做逆操作即可。 Solution - (subset sum = K) with Add and Erase。

• 莫队维护区间 mex。

  
  小常数的 \(O(n \sqrt{n} \log n)\)。看代码秒懂：

  void add(int x, int k) {
  	for (; x <= n; x += x & -x) bit[x] += k;
  }
  
  int ask(int x) {
  	int sum = 0;
  	for (; x; x -= x & -x) sum += bit[x];
  	return sum;
  }
  
  void add(int x) {
  	if (!sum[a[x]]) add(a[x], 1);
  	sum[a[x]]++;
  }
  
  void del(int x) {
  	sum[a[x]]--;
  	if (!sum[a[x]]) add(a[x], -1); 
  }
  

  然后判断就是 ask(q[i].id) == q[i].id - 1。q[i].id 是值。

  哦哦，以及可以用回滚莫队维护，但是那玩意容易写错，所以就这样了。

• 高维前缀和。

  其实很简单，设已知 \(f_S\)，\(S \subset U\)，要求出所有 \(g_{S} = \sum_{I \subset S} f_I\)。

  初始 \(g_S = f_S\)，然后转移枚举一下不取某元素 \(x \in S\) 的情况 \(g_S = \sum\limits_{x \in S} g_{S \setminus x}\)，很好感性理解，这样加起来就是 \(S\) 的所有子集啦。时间复杂度 \(O(n \times 2 ^ n)\)。题目咕咕咕。

• 树状数组 \(O(\log n)\) 二分。

  见远古博文。

• 对于和的平均值（形式化地，\(\bar a = \dfrac{\sum_{i = 1} ^ n a_i}{n}\)），可以转化成 \(a_i - \bar a\) 然后和 \(0\) 判断大小等。

• 对于第 \(k\) 大 / 小，转化为二分判断 \(\leq mid\) 或 \(\geq mid\) 的个数与 \(k\) 的大小比较。e.g. 中位数。

• 如果一个区间操作很有规律性，可以考虑转换差分。典型的比如加一个等差数列。