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這是我在 5 月 21 日開的一篇文案。)___(
暫時重要的就寫這裏了：
多測清空，特判特殊情況

做個備份（現在持續在這裡更新了）

• 構成樹考慮每個節點的父親的選擇方法。

• 區間移動一個，考慮滑動窗口，即使單調隊列。

• 點分治每個子樹的處理按照從小到大來。

• 有顏色的貢獻，按照排序處理，因爲每個前面只有可能一種相同顔色。

• 有固定的出現次數，思慮鴿巢原理。處理最簡情況。

• 弄成將成爲以後必選的形式（題別讀錯）。

• 博弈的選擇可能是一段連續的區間，可能區間的最值為答案（都遇見 \(2\) 次了）

• 差分約束的轉換關係通常爲：有不等關係，至少、至多；區間信息的這種關係，最優先考慮前綴和構造相減。

• 差分約束，跑最短路求最大值；最長路求最小值。

• 差分约束还应考虑每一个单点的限制是什么。

• 可以從後往前做 DP，就有預知性。

• 求平均數、中位數二分答案，值域稍微大點

• 區間的權值極差問題，考慮尺取法。

一般是求解最小值， 由於中間取值不管，先排序， r 指針一直跳，判斷解，l 指針跳。（因爲前面小的取不到最小值，後面的話就會更大）

• 偏序問題先排序確認某一維的合法。

• 括號的匹配，有如下合法限制：
  \(sum_r-sum_{l-1}=0,\forall sum_i-sum_{l-1}\geq0\)

• 有兩端點這類問題可以枚舉一個端點，然後另一個端點隨之移動，并判斷。（好像也是遇見了多次）

• 唐死了，有時候真的補補 dp

• \(\max\min\{f_i,f_j\}\)，盡可能使 \(f_i,f_j\) 接近，因爲這樣使得取最小值不會太小，就保證最大值更大

• 你發現 dp 答案不會太大時，可以把答案作爲一個狀態

• 遍歷一個點的相鄰坐標，直接使用循環展開。（在可能充不過的情況下）

• dp 狀態設計考慮所有的情況（0/1 選不選、在 A/B 裏面……）

• 求極差的最小值，且可以支持修改（只會是使一個數增大），從大的入手（他被別的更改指揮使極差更大？所以用它更新小的），判斷他的周圍，更新後丟進隊列裏面，重複即可

• 帶有操縱的 dp，把操縱次數設入狀態

• 既然帶有操縱兒子，那麽可能還要設計這個與父親的是否操縱的狀態（\(f_{u,i,0/1}\) 表示 \(u\) 的子樹切斷了 \(i\) 條邊切不切父親）

• 多個 \(a_i=a_{a_i}\) 的限制需要滿足，就把下標連邊 \(i\rightarrow a_i\)

• 固定了左端點，向右遷越區間 \(\gcd\) 減少較快，減少 \(\log V\) 次就為 \(1\) 了，而且只有 \(\log V\) 種 \(\gcd\) 值

• 序列選數、有限制，求最值，就有時候可以 dp

• 模數 \(p\) 為質數，那麽 \(a^b \equiv a^{b~\text{mod}~{p-1}}~(\text{mod}~p)\)，就是用來降冪的

• 矩陣的階：若 \(d\) 為階，且最小，滿足 \(A^d=I~(\text{mod}~p)\)，所以有 \(A^b\equiv A^{b~\text{mod}~d}~(\text{mod}~p)\)，感覺絕大多數的情況降冪是用模數 \(p-1\)，但任要考慮到 \(p\) 為模數的情況

• 每個 \(i\) 可以給 \(j\) 加貢獻，考慮每個 \(i\) 最終得到的貢獻

• 選不選的，選那些，使用 dp 背包

• 組合數的一般遞推：\(C_n^m=C_{n-1}^m+C_{n-1}^{m-1}\)

• \(C_n^m~\text{mod}~2=1\) 當且僅當二進制下 \(m\) 是 \(n\) 的子集，\(m~\text{bitand}~n=m\)

• \(n\times 2^{n-1}=\sum_{i=1}^n i\times C_n^i\)

• 計數把每一位的貢獻算出，所有位再乘起來

• 又做到了小狀壓的題目，區間節點是一個二進制數，表示一些訊息，區間的合併如果是求並集、交集，使用 \(\text{bitset}\) 較為容易做基礎，可用 \(\text{ST}\) 表，線段樹。

• 區間 \(\text{mex}\) 有 \(O(Q(\sqrt N+\sqrt V))\) 做法，莫隊離線下來，值域分塊維護

• 莫隊塊長至少為 \(1\)，不然除以塊長為 \(0\) 可能會\(\text{\color{#9933FF} RE}\)

• 區間貢獻考慮轉換成前綴貢獻，維護這個前綴貢獻

• 循環序列複製成雙倍

• 後綴數組的 \(\text{height}\) 運用，\(\text{lcp}(sa_i,sa_j)=\min\{\text{height}_{i+1,..,j}\}\)

• 求字符串的不同子串個數，是總個數 \(\frac{n(n+1)}{2}\) 減去重的 \(\sum_{i=2}^n \text{height}_i\)

• AC 自動機上 dp 的套路狀態是：設 \(f_{i,j}\) 表示在自動機上走了 \(i\) 步，在 \(j\) 節點

• \(\text{dep}[\text{lca(u, v)}]\) 可以表示為將 \(u\) 到根的路徑都 \(+1\)，然後求 \(v\) 到根的路徑和

• 樹有了 \(\text{dfn}\) 序，就變得有萬能了，支持一些數據結構

• 區間處理有可能離線

• 樹加邊詢問操作，將加邊都執行，離線按照詢問處理

• 線段樹合併，合併玩的點要現場使用，不然參與父節點的合併可能會被覆蓋一些節點

• 哎不是，重心的一些性質：如果 \(u\) 是 \(\text{root}\) 子樹的中心，則：\(u\) 在 \(\text{root}\) 的重鏈上，且最深，滿足 \(2\times sz_u>sz_{\text{root}}\)（除 \(\text{root}\) 為葉子節點），一般來説就是因爲重鏈上可以求 \(dfn\) 序，且是連續的，所以還可以二分求答案

• 以樹的重心為根時，所有子樹的大小都不超過整棵樹大小的一半

• 樹鍊剖分的點權維護邊權，在詢問兩點路徑時，會把它們 \(\text{lca}\) 的點所對應邊改動或查詢到，所以要特殊處理

• 斐波那契的維護多爲矩陣轉移

• \(\text{Dsu~on~Tree}\) 具體步驟是：遞歸所有輕兒子，答案貢獻更新後要刪除；遞歸重兒子，保留答案貢獻；兒子遍歷完，重新計算自己和輕兒子子樹的貢獻；如果是父節點的輕兒子，則刪除此子樹的所有貢獻，回溯

• \(\text{Dsu~on~Tree}\) 適合用於求子樹的信息

• \(k\) 個點的最短路的最小值求法把一些點分別放進 \(S,T\) 集合，邊權為 \(0\)，那麼從 \(S\) 到 \(T\) 的最短路就是有可能是兩個點的最短路最小值
  如何分配點進入 \(S,T\) 集合，考慮枚舉 \(n\) 的二進制位 \(i\)，以 \(k_j\) 的二進制第 \(i\) 位是否為 \(1\) 放入集合。
  那麼如果 \(x,y\) 是答案的話，則它們在不同集合，二進制有一位不同，就統計到了。
  如若不是，則有滿足上述的條件的其他點成為答案

• 樹鍊的點或邊是否能構成回文，記 \(dis_u\) 為從根到 \(u\) 的字母構成的集合，用一個二進制數表示，二進制位 \(i\) 是 \(1\) 表示第 \(i\) 位是出現奇數次，所以 \(dis_u\oplus dis_v\) 為 \(0\) 或 二進制位只有一個 \(1\) 就是能構成回文，對 \(u\) 的子樹，先求解，再加成貢獻，因為不然可能加到自己子樹的值

• 邊聯通分量可以通過重定向每一條邊使它變成一個強連通分量

• 圖進行了tarjan操作，就變成樹，便於操作

• 選最優情況的題型有可能用優先隊列

• 這幾天做樹上問題，遇見了重心相關的，就又要掌握一些性質

選一個點，然後讓其餘點走到它，要求總距離最短，那這點就選重心

• 還是有個經典的東西：求 \(\forall i~\text{dis}[\text{lca(u, i)}]\)，帶權值的，求法一樣，是如果 \(w_i\leftarrow w_i+v\)，就把 \(i\) 到根的權值 \(+v\)，再詢問 \(u\) 到根的路徑和。

• 又如果是 \(\sum_i w_i\times dis_{lca(u,i)}\) 呢？也是差不多，做差分，要額外維護 \(\sum_i dis_i-dis_{fa_i}\)，原因是 \(i\) 加到根就會是它本身的 \(dis_i\)，這樣就把一個點的信息變成了區間信息，方便用線段樹維護。

• 帶權重心維護、尋找方法：\(\text{size}_u\geq \lceil\frac{\text{size}_{\text{root}}}{2}\rceil\) 且 \(u\) 最深。維護區間最大 \(\text{size}\)，然後 \(dfs\) 序大的深度也大，如果滿足右子樹最大值 \(\geq\) 就繼續往右跳，否則往左。

• 樹上比如說求路徑長度在 \([L,R]\) 且邊權和最大的問題，求法：就考慮點分质，當前要算經過重心的答案，當前的深度是 \(i\)，那麼就要找前面子樹深度在 \([L-i,R-i]\) 最大的邊權和，那之後如果深度變為 \(i+1\) 的時候，就要找前面子樹深度在 \([L-i-1,R-i-1]\) 最大的邊權和，所以本質上就是在區間的滑動窗口（每次先刪掉超出 \(R-i\) 的部分，再加入 \(L-i\) 的部分），所以使用單調隊列解決（如果 \(L-i<0\)，就只有刪掉超出 \(R-i\) 的部分，而不是啥也不執行，這一點坑人）。現在又考慮新的貢獻如何加入進隊列裡面？考慮一個簡單的情況，清空隊列，遍歷這個子樹，就加入，但清空隊列的最壞複雜度 \(O(\max_{i\in\text{pretree}}\text{size}_i)\)，容易卡成 \(O(n)\)，有一個優化，我在處理 \(\text{root}\) 為根的樹的時候，把它的子樹按照最大深度排序就行了，正確性顯然，這樣就是遍歷子樹正確的時間了，我們排序多了個 \(\log n\)，那這算法的起始複雜度就是 \(O(n\log^2n)\) 的。

• 二進制表示狀態有想過嗎？

• 點分治再搞錯重心求解以導致的 TLE 真該悔改。

• 換根 dp 可以設置 \(u\) 子樹外的點集的狀態。

• 狀壓裏面的子集枚舉：for(int T = S; T; T = (T - 1) & S)，時間複雜度是 \(O(3^n)\)。

• 瞎幾把寫，今天玩到個（逆）康托展开，求全排列的排名，和排名為 \(k\) 的全排列。好像那個題，知道這玩意，也要觀察數據範圍。好吧，算法的思想就是：從左往右考慮 \(a_i\)，他左邊有 \(x_i\) 個 \(<\) 它，他的排名就是 \(1+\sum_{i=1}^n (a_i-x_i-1)\times (n-i)!\)，反過來求排名為 \(x\) 的，就應該是如下：把 \(x-1\)，代表有 \(x\) 個排列 \(<\) 它，每次有一個數 \(y=x ~ \text{/} ~ (n-i)!\)，再然後 \(x\leftarrow x ~ \text{mod}~ (n-i)!\)，就是第 \(y\) 個沒被標記的數就是第 \(i\) 的值。

• 好像 STL 的 size 类型是 size_t，也就是 unsigned 的，所以用到了 size 一定要转换成 int 型。

• 對數據範圍要有探討，想到數據範圍的性質。

• 樹上路徑求值，能轉化成差分形式。

• 分層圖又見的多，大概建模就是：在圖上有 \(k\) 次改邊權的機會，\(k\) 比較小，求最短路之類的。

• 你媽的，開 long long 極大值就賦值為 1e18，不然算啥？？？

• 把建虛樹的模板好好説一下：用二次排序法，把關鍵點按 dfn 排序，\(k_i\) 與 \(\text{lca}(k_i,k_{i+1})\) 存入 \(h\)，存入 \(k_m\)，再按照 dfn 排序並去重，連接節點 \(h_{i+1}\) 與 \(\text{lca}(h_i,h_{i+1})\)。

• 對樹的每一層操作，求答案的，可以套出處理每一層的 dp，優化方式從數據結構，鏈……eg。

• 寫樹套樹被卡時空間，你就受著吧，活該呀。

• 由于“在模 \(2\) 意义下”，很自然想到 bitset 维护。

• 我怎麽少用到 bitset 神仙演算法呢？？？

• 哎唷，小題大做了啊，跑 tarjan 的過程是一棵樹的路徑，所以，可以記錄行如 \(\text{size}_u\) 關於 \(u\) 子樹的大小相關信息，eg。

• 區間的是段連續的，可以記錄左端點、右端點的信息。

• 主席樹有兩種可以維護的形式，第一個是維護序列單點修改然後序列的歷史值，第二個是維護類似多顆權值線段樹的東西，比如一個版本 \(i\) 代表 \([1,i]\) 的構成的一棵線段樹，考慮一個詢問區間 \([l,r]\) 運用差分就變成訪問 \(l-1,r\) 兩個版本，對應 \(r\) 版本減掉 \(l-1\) 版本的信息就是 \([l,r]\) 的信息了；同樣也可以維護樹上的信息，此時版本 \(i\) 表示根節點到 \(i\) 的路徑構成的一棵線段樹，差分貢獻變為 \(s_u+s_v-s_{\text{lca}\{u,v\}}-s_{\text{fa}_\text{lca}\{u,v\}}\)；對樹求得 \(\text{dfs}\) 序的話，版本 \(i\) 表示 \([1,\text{dfn}_i]\) 的構成的一棵線段樹，這樣子的好處是容易求得子樹的信息，\(u\) 子樹表示為 \([L_u,R_u]\)，也可以差分求貢獻了，就比如子樹內關於深度的信息。