数学：
背景：在一次模拟赛中，Deepinc、DuanYue和Remarkable分别用了三个式子表示了同一个东西，而他们的式子目测毫无关系，而且是从不同的角度分析的，导致他们的做法肯定是正确的，但却各不相同，我们来看一下。
Deepinc：$ans=frac{sumlimits_{i=1}^{m}(i^k-(i-1)^k)*w[i]}{m^k}*(n-k+1)$
DuanYue:$g[x]=sumlimits_{i=1}^{k}C_k^i(x-1)^{k-i}$
$ans=frac{sumlimits_{i=1}^{m}g(i)*w[i]}{m^k}*(n-k+1)$
Remarkable:$Max(x)=sumlimits_{i=0}^{k-1}x^i(x-1)^{k-1-i}$
$ans=frac{sumlimits_{i=1}^{m}Max(i)*w[i]}{m^k}*(n-k+1)$
下面我们来证明它们是一个式子。
证明：
首先我们很容易发现一些相同的部分，那么$n-k+1$和$m^k$这些部分我们忽略掉。而且最后的式子中都有一个$sumlimits_{i=1}^m$的统计答案式子，那么我们将求和项证明相等即可得到三个式子相等。
所以经过上述过程我们的问题变为：证明$x^k-(x-1)^k（1）=sumlimits_{i=0}^{k-1}x^i(x-1)^{k-i-1}（2）=sumlimits_{i=1}^{k}C_k^i(x-1)^{k-i}（3）$即可。
首先如果你有n次方差公式的话（1）=（2）应该可以秒掉，那么我们来证明一下：
$a^k-b^k=(a-b)sumlimits_{i=0}^{k-1}a^ib^{k-i-1}$
$a^k-b^k=a^k-a^{k-1}b+a^{k-1}b-a^{k-2}b^2+a^{k-2}b^2-……+ab^{k-1}-b^k$
$=a^{k-1}(a-b)+a^{k-2}b(a-b)+……+b^{k-1}(a-b)$
$=(a-b)sumlimits_{i=0}^{k-1}a^ib^{k-1-i}$
然后把a套上x，b套上（x-1）一消，（1）=（2）就证完了。
接下来证明（3）=（1），中间有用到二项式定理:
$sumlimits_{i=1}^{k}C_k^i(x-1)^{k-i}=sumlimits_{i=1}^{k}C_k^i(x-1)^{k-i}1^i$
$=sumlimits_{i=0}^{k}C_k^i(x-1)^{k-i}1^i-C_k^0(x-1)^{k}1^0$
$=x^k-(x-1)^k$
所以这三个式子本质相等。
树学：
背景：做模拟题有一道Dsu on the tree，然后还要启发式合并数据结构。然后就引人深思了……
1）数据结构（线段树，平衡树）启发式合并的复杂度证明：
由于启发式合并是将小的插入大的，那么新集合大小至少为小的2倍，也就是小集合的大小翻倍了，可是我们进行操作最多让集合大小变为$n$，而每次翻倍，那么只能操作$logn$次，而一次操作要$O(nlogn)$，所以就是$O(nlog^2n)$喽。
2）树链剖分的复杂度证明：
先来几条性质（定义(u,v)表示一条有向边，size为子树大小）：
1>如果$(x,y)$为轻边，则$size[y]<=size[x]/2$
证明：反证法。设$size[y]>size[x]/2$，则没有任何其他子树$size$大于y节点，（因为y一个人都超了一半，别人加一起都打不过它），那么$(x,y)$为重边，与$(x,y)$轻边矛盾。
2>从根到某一点x的路径上轻边个数不多于$O(logn)$
证明：首先x为叶子时个数最多，由于性质1，每沿轻边向下递归一层，则子树大小减半，最多递归$O(logn)$层，所以命题成立。
3>如果我们定义，连续的重边组成重链，那么从根到某一点x的路径上重链数不多于$O(logn)$
证明：重链的端点一定是轻边，否则还会组成更长的重链，而由性质2，则可得命题成立。
结合性质2、3，我们树剖时一般对重链用线段树，那么一次操作就是$O(log^2n)$，对轻边则跳，那么一次操作是$O(logn)$，那么一次操作是$O(log^2n)$，操作数为m，一般而言n，m同阶，总复杂度一般为$O(nlog^2n)$。（当然这是我拿线段树举的例子，如果是树套树这种东西就按照同样的思路算算呗）。
3）Dsu on the tree 复杂度证明：
由上述2）性质2>可知，我们处理一个点时，由于对轻边处理两次，重边是遍历的复杂度，那么在以该点为根子树中，一个轻儿子最多被合并$O(logn)$次（因为这个轻儿子到该点最多有$O(logn)$条轻边，而只有轻边多做了贡献），那么复杂度就是$O(logn)$，总共就是
$O(nlogn)$。