容易被忽略的东西
分块
二分答案
打表
差分
线段树优化DP
差分约束
如果只有 (a_ileq a_j+d) 的约束，就可以直接上差分约束。
如果有 (a_i+a_jleq d) 的约束，考虑整张图黑白染色，使得同色点之间只有差的约束，异色点之间只有和的约束，然后把白色的点的值取反，就可以跑差分约束了。
矩阵快速幂
观察一下矩阵是否是循环矩阵，如果是就可以用FFT解决（循环卷积）。
用BM算法优化矩阵快速幂DP
记 (B) 为转移矩阵。
那么 (B) 中每个元素都对应着同一个常系数线性递推关系。
证明：
记 (B) 的特征多项式为 (f(x)=a_0x^k+a_1x^{k-1}+cdots+a_kx^0)，那么就有
这样就可以求出前面 (O(k)) 项然后 (O(k^2)) BM一下得到递推式再用倍增取模在 (O(k^2log n)) 或 (O(klog klog n)) 内求出任意项的值了。
如果要求整个矩阵的递推式的话，要拿这个矩阵哈希得到的值去BM，因为单项的最短递推式可能不是整个矩阵的最短递推式。
矩阵快速幂+DFT
DP转移如下：
(ileq n,jleq l,kleq m)
其中(v)只与(j)有关，最后求(k=s)或(kmod m=s)的值的和。
暴力搞的时间复杂度是(O(l^3m^3log n))的。
我们可以把这个东西看成一个多项式。
转移就可以看成乘以一个多项式（单项式）。
如果求的是(kmod m=s)的值的和，就可以看成循环卷积。
可以先求值，把每个点值拿去跑一遍矩阵快速幂，再插值回来。
时间复杂度：(O(ml^3log n)+)点值插值的时间复杂度(O(m^2)/O(mlog m))
多组询问的矩阵快速幂优化DP
设矩阵大小为(m)，次数是(n)，询问组数是(t)，朴素的实现是(O(tm^3log n))的。
可以先把转移矩阵的(i)次幂求出来。
每次询问只需要拿一个(1 imes m)的矩阵去乘转移矩阵就行了。每次乘法是(O(m^2))的。
时间复杂度：(O(m^3log n+tm^2log n))
带删除的线性基
对于线性基中的每个向量和所有 (0) 向量维护这个向量是由哪些向量异或得到的。
在删除一个向量 (x) 时，找到一个包含 (x) 的 (0) 向量，如果没有就找线性基里位最低的包含 (x) 的向量，把这个向量的信息异或到其他包含 (x) 的向量的信息中即可。这样在删除时不会影响线性基中更高位的向量。
在向量个数比较小或强制在线是比较有用。
排序
有些题如果把权值（或者其他东西）从小到大排序按顺序做，会有出人意料的效果。
定期重构
就每做 (O(sqrt q)) 个修改就重构一下，每次询问在建好的数据结构上查询，还要把剩下的 (O(sqrt q)) 的修改的影响一起算进去。
概率/期望DP
有一些概率/期望DP可以快速地推出这样的式子：
BZOJ4872
XSY2472
分治
有一些问题求得是只包含/不包含一个点的情况，只需要考虑当前([l,r])对([l,mid])和([mid+1,r])的影响。
下面来讲一道例题
(A(x))为(n-1)次多项式，(B_i(x))为一次多项式，(forall i)求(A(x)mod B_i(x))
直接做是(O(n^2))的。
因为((A(x)mod C(x))mod B_i(x)=A(x)mod B_i(x))（(C(x)mod B_i(x)=0)）
设当前已经求出了
那么
所以我们可以递归下去做，直到求出所有的(D_{i,i})
时间复杂度：
多点求值
XSY2469
欧拉phi函数
就是(varphi)函数
谁都知道这个东西是个积性函数。
那如果((a,b) eq 1)呢？
设(d=(a,b))
可以发现，对于后面那部分
如果(p)只在(a)或(b)中出现过，那么只会在(ab)中出现。如果同时在(a)和(b)中出现过，那么会同时在(ab)和(d)中出现。
所以有
逆向思维
情况一
有时候我们做某个操作很不好做，我们可以先把所有操作做完后在一个个回复。
例如：给以一个图，有两种操作：1.删边；2.询问连通性。
我们可以先把需要删的边删掉，再一个个加回来，用并查集维护连通性。
情况二
有时候问你(forall A)，满足要求的(B)的和。
我们可以枚举所有的(B)，计算每个(B)对每个(A)的贡献。
AGC005F
一类全序问题
有(n)个物品，你要依次选择这些物品，每个物品有三个属性(a_i,b_i,c_i)，当你选择一个物品后，设当前选择的物品的(c)属性的和为(s)，那么选择这个物品的收益是(a_i+b_is)，问你最大收益是多少。
假设我们已经钦定了一个顺序。考虑两个相邻的物品（不妨设为前两个），什么时候当前顺序比交换后更优：
这样我们就得到了一个全序关系。
那么能不能扩展到任意两个物品的情况呢？
好像并不太行。我们需要换一种思路。
假设我们找到了一种最优解，但并不满足以上的性质，那么一定可以交换相邻两个物品使得答案最优。所以直接排序贪心可以得到最优解。
如果题目还有其他限制，你也可以在得到这个顺序后DP或者干其他事情。
一类贪心问题
有 (n) 个怪，组成了一棵树。
打一个怪会先扣 (a_i) 滴血，在加 (b_i) 滴血。
怪的父亲要在这个怪之前打。
问你初始时最少要有多少血才能把这个怪打完。
先不考虑父亲比儿子早选的限制，把所有怪排序。
考虑第一个怪，如果可以直接打，就直接打完。
否则这个怪会在打完父亲之后立刻打死，就把这个点和父亲合并。
如果要对每个子树求答案的话，可以用平衡树维护操作序列，自底向上合并所有点的操作序列。
莫队
总所周知，莫队的时间复杂度和块大小有关。
如果块大小为(t)，时间复杂度为(O(frac{n^2}{t}+mt))
如果块大小为(sqrt n)，时间复杂度为(O((n+m)sqrt n))
如果块大小为(frac{n}{sqrt{m}})，时间复杂度为(O(nsqrt m))
所以有时候可以通过调整块大小来加速。俗称调参。
一类单点修改区间求和的问题
有时候我们要修改一个点，求区间和。
| 算法 | 修改 | 求和 |
|---|---|---|
| 树状数组/线段树 | (O(log n)) | (O(log n)) |
| 分块1 | (O(1)) | (O(sqrt n)) |
| 分块2 | (O(sqrt n)) | (O(1)) |
树状数组/线段树的做法很经典，这里就不讲了。
分块1：每次修改把对应的位置和对应的块的和(+1)
分块2：每次修改把对应的位置和对应的块的和(+1)，然后求出块内前缀和、块内后缀和、块的前缀和。
有的人就要问了，分块做法那么慢，有什么用呢？
用处大着呢！当修改次数与询问次数不平衡的时候，我们可以做到比树状数组更优。
博主曾经用莫队+分块1水过了一道(n=m={10}^6)的题。跑的比zjt神犇的线段树合并还快。
和排列有关的问题
很多问题让你求对于每一个排列(A)，如果(cdots)，那么(cdots)。
我们可以考虑从小到大插入这(n)个数，插入第(i)个数时考虑这个数的贡献。
用trie实现全部数(+1)，查询全部数的异或和
我们从低位到高位建一棵trie树。
从根开始，交换左右子树，然后对(0)的那棵子树执行同样的操作（进位）。
莫比乌斯反演
有很多题推着推着就推到(varphi)上面去了。
说明可以用一条式子：(sum_{d|n}varphi(d)=n)
莫比乌斯反演的多组询问
看起来没办法化简了
这时候要枚举(j=id)
设(f(x)=sum_{i|x}mu(i)c^frac{x}{i})
这样(f(x))就可以预处理出来了。
一般情况
这样可以预处理后面的(g(n)=sum_{i|n}mu(frac{n}{i})f(i))
每次枚举前面询问。
时间复杂度：(O(n+Tsqrt{n}))
分治FFT
分治FFT一般有两个用途。
求很多个多项式的乘积（普通分治）
设有(n)个多项式，次数之和是(m)，那么时间复杂度就是(O(mlog mlog n))。一共有(log n)层，每层是(O(mlog m))的。
求一类数列（CDQ分治）
数列(f_n=sum_{i=0}^{n-1}f_ig_{n-i})。对于一个分治区间([l,r])，先求出([l,mid])的答案，再计算这部分对右边([mid+1,r])的贡献。
时间复杂度：(O(nlog^2 n))
组合数学
可以用插板法理解。
树上的连通块
树上连通块个数(=)点数(-)边数。
点数/边数中一般有一个是固定的。
轻重链剖分&长链剖分
轻重链剖分
每个重链顶端的子树大小总和是 (O(nlog n)) 的。
每个点到根经过的轻边个数是 (O(log n)) 的。
适用于维护与树的大小有关的信息。
长链剖分
每个长链顶端的子树深度总和是 (O(n)) 的。
适用于维护与树的深度有关的信息。
高维前缀和 & 莫比乌斯反演
复杂度为 (O(sum_{i}frac{n}{p_i})=O(nlog log n))
for(int i=1;i<=cnt;i++)
for(int j=1;j*pri[i]<=n;j++)
f[j*pri[i]]+=f[j];
for(int i=1;i<=cnt;i++)
for(int j=n/pri[i];j>=0;j--)
f[j]+=f[j*pri[i]];
for(int i=1;i<=cnt;i++)
for(int j=n/pri[i];j>=0;j--)
f[j*pri[i]]-=f[j];
for(int i=1;i<=cnt;i++)
for(int j=1;j*pri[i]<=n;j++)
f[j]-=f[j*pri[i]];
网络流
如果要的是最大收益，那么可以先强制选所有正的边，然后把不选一条边看成割掉这条边，答案为正的边权和 (-) 最小割。
流量平衡
可以先对于每条边钦定一个方向，然后如果一条边有流量就表示这条边改了方向。对于一个点 (i)，要根据出度入度的关系向源/汇连边。
网格图
把每一行看做一个点，把每一列看做一个点，选一个格子就在对应的行列之间连边。
这是一个分层图，用 dinic 跑会比较快。
一种限制
每个物品对应一条链，割一条边代表这个物品对应的数/放在什么位置。
(i) 对应的链割了点 (x) 后面的边时 (j) 对应的链必须割点 (y) 后面的边
解决方法为连边 ((x,y,infty))。
有时候限制是 (i) 割了点 (x) 后面的边时 (j) 必须割点 (y) 前面的边
那么就要把一边的链反过来。
常见的方法有：
横着的链不变，竖着的链反过来。
黑白染色，白色的点对应的链不变，黑色的点对应的链反过来。
要注意前面的点属于 T 集且后面的点属于 S 集的情况。
要从后面的点往前面的点连容量为 (infty) 的边。
原图中不能有 (S o T o S) 的路径
把所有反向边的容量设为 (infty) 即可。
点分树
二叉树的点分树中每个节点只有至多 (3) 个儿子。这样可以直接可持久化这棵点分树，可以减少一个 (log)（把点分树当成三叉数可持久化，深度是 (log) 的）。
如果题目给的树不是二叉树，可以强行转成二叉树。
最小树形图
用可合并堆维护每个点的最小入边，可以做到 (O(n+m)log m)
容斥方法 总结
每次在剩下的物品中选一种拿走一个，求拿走的最后一个物品是第一种物品的概率 的问题
考虑容斥，枚举哪些物品是在第一种物品拿完之后拿走的（剩下的随意）。
那么剩下的物品就可以忽略了，只需要求出第一种物品是第一个拿完的概率。
对于 【UNR #3】百鸽笼 这道题，可以DP
考虑拿走第一种物品时每种物品拿了几个，就可以DP了：
设 (f_{i,j,k}) 表示考虑完了前 (i) 种物品，有 (j) 种要在第一种取完之后才取完，已经取了 (k) 个物品。
最终长度为 (l) ，取了 (j) 种的序列的序列的贡献是 方案数 ( imes {(-1)}^j imes {(frac{1}{j+1})}^l)
对于 【PKUWC2018】猎人杀 这道题，第一种物品是第一个取完的概率是 (frac{w_1}{sum w_i})。可以用分治 NTT 计算方案数。
有 (m) 种颜色的球排成一行，共 (n) 个，求最终有 (k) 个同色的球相邻的方案数
先假设每种球分成几段，然后用分治 FFT 算出方案数。
但是这样可能会有相邻且同色的段
这时候就可以容斥了。
考虑每种方案把相邻且同色的段合并之后有几段
那么就有
https://www.cnblogs.com/ywwyww/p/8513349.html
有 (m) 种颜色的球排成一行，共 (n) 个，最终贡献和同色段长度有关的
先算出每种长度的贡献
假设想分成 (i) 段，但最终分成了 (j) 段，那么此时的容斥系数是 ({(-1)}^{i-j})，方案数是 (inom{i-1}{j-1})
然后拿最终分成的段数去跑 DP 就好了。
https://www.cnblogs.com/ywwyww/p/9279670.html
和树上两点间路径长度有关的技术&其他问题
比如说树上长度不超过 (k) 的路径数量 等等
现在主要有三种方法：
点分治/点分治树
平衡树合并/线段树合并
长链剖分
这里讲几道题吧
| 问题算法 | 点分治 | 平衡树合并 | 长链剖分 |
|---|---|---|---|
| 树上长度不超过 (k) 的路径条数（无边权） | (O(nlog n)) | (O(nlog n)) | (O(n)) |
| LOJ571 | (O(nlog^2n)) | (O(nlog^2n)) | (O(nlog n)) |
| [WC2010]重建计划 | (O(nlog nlog V)) | (O(nlog nlog V)) | (O(nlog V)) |
ZKW 费用流中处理掉负权的方法
先用 SPFA 跑一边最短路，处理出 (S) 到每个点的距离 (d_i)
显然对于每一条边 ((u,v,w)) 都有 (d_u+wgeq d_v)
对于一条边 ((u,v,w))，把这条边的边权变为 (w'=w+d_u-d_v)。这样整个图中就没有负权了。
容易证明在新图上跑出的最短路就是原图的最短路，只是长度有一点变化：(d'_T=0)
所以后面原点到汇点的距离要加上 (d_T)
用 dijkstra 代替 bellman-ford 跑费用流
还是先处理出 (S) 到每个点的距离 (d_i)。
还是把每条边的边权变为 (w'=w+d_u-d_v)。
因为新建的反向边一定满足 (d_u+w_{u,v}=d_v)，所以 (w_{v,u}'=-w_{u,v}+d_v-d_u=0)
新图的最短路还是比原图的最短路少了 (d_T)
单位根反演（求和引理）
在碰到
时可以用求和引理优化：
prufer 序列
(K_{n,m}) 的生成树个数是 (n^{m-1}m^{n-1})
(K_{n_1,n_2,ldots,n_k}) 的生成树个数是 (n^{k-2}prod_{i=1}^k{(n-n_i)}^{n_i-1})，其中 (n=sum_{i=1}^kn_i)
有一个 (n) 个点，(m) 个连通块，每个连通块大小为 (a_i) 的森林。你要加上若干条边，让这个森林变成一棵树。方案数为
树形DP
(f_{i,j}) 为以 (i) 为根的子树，选出来的点数为 (j) 时的方案数/贡献。这里 (jleq k)。
转移时要枚举两边各选了多少点。直接做是 (O(nk^2)) 的。
注意到当选的点数 (leq size) 时才有意义。这样转移时两棵子树选的点数可以只枚举到 (min(size,k))，这样就是 (O(nk)) 的了。
证明：
1.两棵子树大小都 (>k)。只有 (O(frac{n}{k})) 次转移，复杂度为 (O(frac{n}{k} imes k^2)=O(nk))。
2.一棵子树大小 (leq k)，另一颗子树大小 (>k)。对于所有的这类转移，小的那棵子树的大小之和是 (O(n)) 的。复杂度为 (O(n imes k)=O(nk))。
3.两棵子树大小都 (leq k)。把所有这类转移在树上标出来，那么会标出很多棵子树。每棵子树复杂度为 (O({size}^2))，其中 (sizeleq 2k)。复杂度为 (O(nk))。
这样总的复杂度就是 (O(nk)) 了。
用全局平衡二叉树优化链剖+NTT
如果 (f_x) 的次数 (x) 子树的深度有关，就可以直接长链剖分+分治NTT做到 (O(nlog^2n))。
否则就要用重链剖分+分治NTT。复杂度为 (O(nlog^3n))。
但是我们可以在全局平衡二叉树上面合并。
一个点 (x) 有 (size_{ls}leq frac{1}{2}size_x,size_{rs}leq frac{1}{2}size_x,max(size_v)leq frac{1}{2}size_x)（这里 (v) 是 (x) 的轻儿子（虚儿子））。
这样只会跳 (O(log n)) 次实边。
那虚边呢？
如果是和子树深度有关的题，直接把 (f_v) 加起来就好了。总复杂度为 (O(nlog^2n))
如果是和子树大小有关的题，可以再用一次全局平衡二叉树的思想：找到一个点 (v) 满足 (size_{ls}leq frac{1}{2}sum size_v,size_{rs}leq frac{1}{2}sum size_v)，但是中间那个儿子的 (size_y) 可能会 (>frac{1}{2}sum size_v)。但这并不影响复杂度，因为 (size_y<frac{1}{2}size_x)，所以从一个点的某个虚儿子 (v) 跳到 (x) 需要的步数是 (O(logfrac{sum size_v}{size _v}+1)=O(log frac{size_x}{size_v}))。所以总的复杂度就是 (O(nlog^2n))。
DP优化
记 ([l_i,r_i]) 为 (iin g(k-1)) 可以转移到的 (g(k)) 中的区间（或者能转移到 (g(k)) 的区间）。要求任意两个 ([l_i,r_i],[l_j,r_j]) 不互相严格包含。（这里严格包含指的是包含且左端点不同且右端点不同）
我们可以把 (g(k)) 切成若干个区间，满足 ([l_i,r_i]) 不被任意一个区间严格包含，且 ([l_i,r_i]) 最多与两个区间相交。
方法如下：对于一个区间的左端点，找到最右的右端点使得这个区间不严格包含任何 ([l_i,r_i])。可以证明，这个方法满足条件。
这样，一个 ([l_i,r_i]) 一定是一个区间的前缀或后缀，分两部分DP一下就好了。DP过程类似决策单调性优化DP。
区间加&区间 (gcd)
维护差分后的序列即可。
数位DP
有时候会遇到很多个数的和 (leq m)，每个数 (leq n)，还有一些其他限制的计数题。
可以从低位往高位数位DP，记录进位和只考虑低位的大小关系。