常见套路？

1.一部分需要求类似于(sum ans(x)^k)，k不大，(ans(x))贡献每次多(1)。

解：这种题感觉突然很常见还比较套路，在联赛出现也不是不可能/kk

直接二项式定理可以做到(O(k^2))更新贡献，但是并不优秀。

考虑斯特林数展开，(x^k=sum_{i=0}^kegin{Bmatrix}k\iend{Bmatrix}i!egin{pmatrix}x\iend{pmatrix})。

如何理解？考虑组合意义，(x^k)为(x)个集合放(k)个数的方案数（集合可以为空），那么可以枚举非空集，(egin{Bmatrix}k\iend{Bmatrix})是(i)个集合放(k)个数（集合不可以为空），盒子不一样所以乘(i!)，(egin{pmatrix}x\iend{pmatrix})是从(x)个集合选(i)个非空集。

于是这个式子变为(sum_{i=0}^kegin{Bmatrix}k\iend{Bmatrix}i!sumegin{pmatrix}ans(x)\iend{pmatrix})。

发现每次贡献更新只会跟(egin{pmatrix}ans(x)\iend{pmatrix})有关，而贡献多(1)后，(egin{pmatrix}ans(x)+1\iend{pmatrix}=egin{pmatrix}ans(x)\iend{pmatrix} + egin{pmatrix}ans(x)\i-1end{pmatrix})，于是我们维护(egin{pmatrix}ans(x)\iend{pmatrix},0le ile k)，每次更新贡献可以(O(k))完成。

2.拉格朗日恒等式。

感觉用的不多？写下吧

[(sum_{i=1}^na_i^2)(sum_{i=1}^nb_i^2)=(sum_{i=1}^na_ib_i)^2+sum_{1le i<jle n}(a_ib_j-a_jb_i)^2 ]

证明：

[egin{aligned} &(sum_{i=1}^na_i^2)(sum_{i=1}^nb_i^2)-(sum_{i=1}^na_ib_i)^2\ =&sum_{i=1}^nsum_{j=1}^na_i^2b_j^2-sum_{i=1}^nsum_{j=1}^na_ib_ia_jb_j\ =&frac{1}{2}sum_{i=1}^nsum_{j=1}^n(a_ib_j-a_jb_i)^2\ =&sum_{1le i<jle n}(a_ib_j-a_jb_i)^2 end{aligned}]

证毕。

然后这个可以用来证明柯西不等式，其实上面也已经证完了。

注意到

[sum_{1le i<jle n}(a_ib_j-a_jb_i)^2ge0 ]

那么有

[(sum_{i=1}^na_i^2)(sum_{i=1}^nb_i^2)-(sum_{i=1}^na_ib_i)^2ge0 ]

[(sum_{i=1}^na_i^2)(sum_{i=1}^nb_i^2)ge(sum_{i=1}^na_ib_i)^2 ]

证毕。

貌似还有个更一般的式子？（后面的字母都是向量）

[(alpha imeseta)cdot( au imesgamma)=left|egin{matrix}alphacdot auquad alphacdotgamma\etacdot auquadetacdotgammaend{matrix} ight| ]

证明：

向量的混合积：([a,b,c]=(a imes b)cdot c)

([a,b,c])的集合意义就是以(a,b,c)为邻边的平行六面体体积

混合积性质：([a,b,c]=[b,c,a]=[c,a,b])

双重外积公式：((a imes b) imes c=b(a imes c)-a(b imes c))

然后对式子往后化简：

[egin{aligned} &(alpha imeseta)cdot( au imesgamma)\=&[alpha,eta, au imesgamma]\=&[ au imesgamma,alpha,eta]\=&(( au imesgamma)alpha)cdoteta\=&(( aucdotalpha)gamma-(gammacdotalpha) au)cdoteta\=&left|egin{matrix}alphacdot auquad alphacdotgamma\etacdot auquadetacdotgammaend{matrix} ight| end{aligned}]

3.(nBSGS)

(n)次询问(g^xequiv y_i(mod p))。

如果每次都做一遍(BSGS)是(nsqrt{p})的，这也太慢了吧kk，怎么办呢。

注意我们(BSGS)的过程，设(y_i=aK-b)，原式化为((g^K)^aequiv y_i imes g^b(mod p))

注意到左边的不会改变，所以我们设(K=sqrt{frac{p}{n}})，于是(a)有(frac{p}{K}=sqrt{np})个，开始预处理出来，而(b)只有(K=sqrt{frac{p}{n}})个，一共做(n)次，复杂度就变成了(sqrt{np})

4.(O(n)-O(1)rmq)

复杂度优秀写起来也简单QAQ

这里拿区间最大值来说。

考虑对序列分块，块大小为(O(logn))，所以一共有(O(frac{n}{logn}))个块。

首先考虑(l,r)不在同一个块，显然可以对整块用st表查询最大值，零散块分别是一个前缀和后缀最大值，可以(O(n))预处理出来。

然后(l,r)在同一个块内的情况，考虑在每个块维护一个递减的单调栈，那么([l,r])之间的最大值就是在加入(r)之后从底部到顶部第一个下标大于等于(l)的元素。

那么考虑压位，每个点记录下来加入这个点的元素后当前块的单调栈形态，第(i)位二进制数表示当前块的左端点(+i)这个元素存不存在，然后每次查询相当于查询(r)位置存的二进制数后缀(0)的个数，(underline{~~~~}builtinunderline{~~}ctz(x))可以返回(x)的二进制中后缀(0)的个数，于是答案下标就是(l+underline{~~~~}builtinunderline{~~}ctz(x>>l-1))，左移是因为有了(l)个元素。

一般实现块大小采用(32)，压到(unsigned)里。

这是由乃救爷爷的代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define reg register
const int N = 2e7;
const int M = 7e5;
using namespace std;
namespace GenHelper
{
    unsigned z1,z2,z3,z4,b;
    unsigned rand_()
    {
    b=((z1<<6)^z1)>>13;
    z1=((z1&4294967294U)<<18)^b;
    b=((z2<<2)^z2)>>27;
    z2=((z2&4294967288U)<<2)^b;
    b=((z3<<13)^z3)>>21;
    z3=((z3&4294967280U)<<7)^b;
    b=((z4<<3)^z4)>>12;
    z4=((z4&4294967168U)<<13)^b;
    return (z1^z2^z3^z4);
    }
}
void srand(unsigned x)
{using namespace GenHelper;
z1=x; z2=(~x)^0x233333333U; z3=x^0x1234598766U; z4=(~x)+51;}
int read()
{
    using namespace GenHelper;
    int a=rand_()&32767;
    int b=rand_()&32767;
    return a*32768+b;
}
int n,m,s,a[N + 5],L,R,bln,pre[N + 5],suf[N + 5],mx[M + 5],stk[50],top,lg[M + 5],st[M + 5][21],idc;
unsigned bo[N + 5];
unsigned long long ans;
inline void prework()
{
	bln = ((n - 1) >> 5) + 1;
	for (reg int x = 1;x <= bln;x++)
	{
		L = ((x - 1) << 5) | 1,R = min(n,(x << 5));
		for (reg int i = L;i <= R;i++)
		{
			mx[x] = max(mx[x],a[i]);
			pre[i] = mx[x];
		}
		suf[R] = a[R];
		st[x][0] = mx[x];
		for (reg int i = R - 1;i >= L;i--)
			suf[i] = max(suf[i + 1],a[i]);
		top = 0;
		unsigned t = 0;
		for (reg int i = L;i <= R;i++)
		{
			while (top && a[stk[top]] < a[i])
			{
				t ^= 1 << stk[top] - L;
				top--;
			}
			t |= 1 << i - L;
			stk[++top] = i;
			bo[i] = t;
		}
	}
	lg[1] = 0;
	for (reg int i = 2;i <= M;i++)
		lg[i] = lg[i / 2] + 1;
	for (reg int i = 1;(1 << i) <= bln;i++)
		for (reg int j = 1;j + (1 << i - 1) - 1 <= bln;j++)
		{
			int l = st[j][i - 1],r = st[j + (1 << i - 1)][i - 1];
			st[j][i] = max(l,r);
		}
}
inline int qST(reg int l,reg int r)
{
	if (l > r)
		return 0;
	int len = lg[r - l + 1];
	return max(st[l][len],st[r - (1 << len) + 1][len]);
}
inline int query(reg int l,reg int r)
{
	int bll = ((l - 1) >> 5) + 1,blr = ((r - 1) >> 5) + 1;
	if (bll != blr)
	{
		int L = ((bll - 1) << 5) + 1;
		int ans = qST(bll + 1,blr - 1);
		ans = max(ans,suf[l]);
		ans = max(ans,pre[r]);
		return ans;
	}
	else
	{
		int pos = l + __builtin_ctz(bo[r] >> l - L);
		return a[pos];
	}
}
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&s);
	srand(s);
	for (reg int i = 1;i <= n;i++)
		a[i] = read();
	prework();
	int l,r;
	while (m--)
	{
		l = read() % n + 1;r = read() % n + 1;
		if (l > r)
			swap(l,r);
		ans += query(l,r);
	}
	printf("%llu
",ans);
	return 0;
}

5.(O(nlogn))三维偏序？嗯

(a_i<a_j,b_i<b_j,c_i<c_j)的个数。

特殊要求：同一维元素互不相同，（有相同的好像也能做？/kk）

我们观察一对((i,j))，他们存在的偏序关系要么是存在二维偏序要么是三维偏序。

于是我们把任意两维偏序都拿出来做二维偏序，也就是对((a,b),(a,c),(b,c))分别做二维偏序记录和(sm)，会发现一对((i,j))如果是二维偏序那么会被统计一次，如果是三维偏序那么会被统计三次，每一对((i,j))都作为二维偏序统计了一次的个数是(n(n-1)/2)，然后只剩下两倍的三维偏序数，于是我们可以得到三维偏序的数量(=frac{1}{2}(sm-n(n-1)/2))。

6.三元环计数。

复杂度是(msqrt{m})，但是这个可以(bitset)优化啊啊啊，某次考试的时候竟然没想到。

打上标记之后直接按位与一下就可以了，复杂度是(O(frac{n^3}{w}))。