Tips
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我们真的需要关心这个量吗？
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需要维护序列，任意删除元素，末尾添加元素，可以用值域（开 \(V + Q\)）动态开点线段树，带
vector可求答案。（列队） -
形如 \(a_i \gets a_{i-1}+a_{i+1}-a_i\) 之类的操作，相当于交换差分数组中的某两个元素。（方差、最小化和）
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求两个排列的最长公共子序列，可以将一个排列排序再做。
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一些神秘的暴力，可以观察有没有多余操作（有关值域等），通常是看看有没有【加倍】或【减半】，使暴力优化成 \(\log\)。
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位运算拆位老套路。
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和序列 \(A\) 中连续段有关的 \(\sum f(A)\) 题，可通过每个元素的【切割贡献】转化成普通计数。this.
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构造题中给的带 $ \le \frac{1}{?} \cdot ...$ 的神秘条件，可以考虑构造出 \(?\) 种方案，总和是 \(...\)，于是代价最小的方案的代价必然 \(\le \frac{1}{?} \cdot ...\)，就是一组可行的解。this.
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判定一条边是否能成为图上某两定点之间某路径第 \(k\) 大的，可以将图上大于该边的边权设为 1，小于等于的设为 0，跑最短路，看看最短路是否等于 \(k-1\)。
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DP 时，如果状态数很多而结果的值域很小，不妨试试交换某一维状态和值域。
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DFS 枚举【分组】的时候，可以尝试将状压后的还未分组的集合传参，每次递归的时候保证当前集合中第一个未分组的元素要被处理掉，这样常数很小。（由枚举每个元素分在哪一个组，并动态记录当前有几组进化而来）this.
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需构造排列，可考虑随意构造两两不同的序列再离散化。
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T1 级别的枚举题，而高次方枚举过不了的，考虑折半。
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序列中【可达性】问题，可以考虑预处理每个点能达到的最前/最后点下标，贪心地判断。（如果后点能到达的最前点小于/大于前点，那么可行，因题而异）
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DP 有的时候可以倒着搞。
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树上两个结点没有祖孙关系，等价于其 DFS 序中管辖的区间不相交。
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序列升序等价于差分数组最小值非负，单点修改、区间修改 set 可做。当然也可以用线段树维护两边最小值最大值。
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网格图中间有一个连通块，要想判断一个回路是否把连通块包住，等价于从连通块中任意一点向任意一边引一条射线，回路经过这条射线奇数次。和判点在多边形内部很像。
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点分治的另一个算贡献的写法：分治中心下所有点对，减去两个点在同一子树的情况。
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基环树上拓扑排序也是一种思路。
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贪心时，可以考虑一个临界的合法情况，再进行调整。
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子串是后缀的前缀。
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正者扫一遍，倒着扫一遍。
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\(x=\sum_{i=0}^{+\infty} \left [x>i \right]\)。
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经典的多米诺骨牌（\(1 \times 2\)）覆盖 \(n \times m\) 矩阵，可以通过相邻黑白染色转化。
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\(k\) 大值的技巧：二分、超级钢琴，以及直接枚举钦定 \(k\) 大值。
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CDQ 要手法去掉相互贡献的情况。
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动态问题可以用 CDQ 转成静态问题。比如，我们要实现一个结构，支持插入和查询。但是不特殊的插入是困难的，整段重构是简单的，而且每一个插入对询问是独立的。这时可以通过 CDQ 将动态问题转化成每一个插入进来的点，对后面的贡献，从而变成静态。
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有加入、删除、查询，且删除是困难的，撤销是简单的，可以考虑线段树分治。
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DP 不止能考虑【前 \(i\) 个点】，也能从值域的角度，从小到大 DP。
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树形 DP 两个事：
- 由 \(u\) 为根的子树添加一个父亲。
- 由 \(u\) 为根的子树，其中有一些孩子已经转移，添加一个子树。
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border 首尾都有一个。如果通过一些神秘的变换让他们在一起，就有可能出偶回文串。
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DP 算所有可能的序列的总权值的题，不一定要从算【确定序列】的权值入手，可以考虑直接算总贡献。比如，考虑权值是某个值的序列有多少个，考虑一定情况有多少种序列会产生贡献，等等。
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某一权值【恰好】等于多少的计数题，可以考虑变成【至少】，然后容斥。
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二项式反演：先钦定，再任选，可认为是分步。
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地图的范围比较大，但是横纵坐标有限，考虑扫描线。
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关于 DAG 状压计数一个常见套路（必记！）是：钦定零度点集，简单容斥去重。
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AC 自动机可以看成是两棵树拼起来：Trie 树和 fail 指针构成的树。
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排列计数，但是状压：记 \(p_i\) 为 \(i\) 的一个映射。考虑设 \(f(S)\) 为 \(n\) 个元素满射至 \(S\) 的方案数。\(g(S)\) 为 \(n\) 个元素普通映射至 \(S\) 的方案数。可以去掉一些枚举子集的部分。（SDOI 小星星）
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对于覆盖类问题，考虑区间 DP。
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树的问题考虑链怎么做，再想怎么拓展。
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分组计数问题，可以这么定义状态：\(f_{i,j}\) 表示，考虑到 \(i\)，前面有 \(j\) 个空位没有填。转移就考虑这 \(j\) 个空位会被填掉还是保留。
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发现每一种分组方案可以看做给一个 \(b\) 数组填数，表示 \(i\) 所在组的元素个数。那么分组就可以视为给每个 \(b_i\) 填一个 \([1,a_i]\) 的数。记 \(j\) 在 \(b\) 中出现了 \(t_b\) 次，一个 \(b\) 数组是有效的等价于所有 \(t_i\) 是 \(i\) 的倍数。
再考虑对于一个确定的 \(b\) 数组，贡献是什么。（一 \(b\) 对多方案） -
“乱向树”上的计数，可以先考虑有根的外向树和外向森林上怎么做，再考虑钦定一些反向边为割边，做带容斥系数的 DP。
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两人博弈，一个想让答案大，一个想让答案小，可以用二分的方式思考，二分答案 \(k\)，序列（或其他结构）中，\(\ge k\) 的数变成 \(1\)，其他变成 \(-1\)（或 \(0\)），转化成普通的，胜负的问题。
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