一些比较基础的知识点

树链剖分

这是一个很简单的知识点.
主要思想是把树按照重链进行剖分.
重链指的是一条由顶点与重儿子相连，再由重儿子与重儿子的重儿子相连……组成的链。
而重儿子则指的是一个点所有儿子中size最大的节点.
有了这个工具，我们再求解许多问题时都可以方便许多.
例如，题目要求两点LCA，那么只需要这样打就好了：

int Go(int x, int y) {while (x ^ y) {if (top[x] == top[y]) return dep[x] > dep[y] ? y : x;if (dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x, y);x = fa[top[x]];}return x;
}

唯一需要注意的就是跳重链时要选择跳完后深度更低的那个点跳。
预处理我们也可以很快的求出来，这样打：

void Dfs(I k) {E[++ E[0]] = k, sz[k] ++;for (I x = las[k], Hv = 0; x ; x = nex[x])if (!dep[tov[x]]) {fa[tov[x]] = k, dep[tov[x]] = dep[k] + 1;Dfs(tov[x]);Son[k] = sz[tov[x]] > Hv ? tov[x] : Son[k], sz[k] += sz[tov[x]], mx(Hv, sz[tov[x]]);}
}F(i, 1, E[0])top[E[i]] = Son[fa[E[i]]] == E[i] ? top[fa[E[i]]] : E[i];

套链剖的题太多了，这里就不讲了.

Huffman树

给出一颗包含nnn个节点的**kkk叉树**，其中第iii个叶子节点带权wiw_iwi，要求最小化∑wi∗li\sum w_i*l_i∑wi∗li，其中lil_ili表示第iii个叶子结点到根节点的距离。该问题的解被称为kkk叉Huffman树
其实很早以前就已经接触过这个了，当时做过很经典的一道题：JZOJ4210

Problem

给定一个非严格递减序列AAA，Bi=∑j=inAjB_i=\sum_{j=i}^nA_jBi=∑j=inAj.
现在有一个n∗nn*nn∗n网络，左下角(1,1)(1,1)(1,1)，右上角(n,n)(n,n)(n,n)，要求从(n,1)→(1,1)(n,1)\rightarrow(1,1)(n,1)→(1,1).
走格方式：(x,y)→(x−1,y+1)(x,y)\rightarrow(x-1,y+1)(x,y)→(x−1,y+1)，(x,⌈y+12⌉)(x,\lceil \frac{y+1}{2} \rceil)(x,⌈2y+1⌉)，其中后者要支付BxB_xBx代价.
求最小代价。

Solution

可以感受到这道题的y+12\frac{y+1}{2}2y+1很类似二叉树上的某种操作，我们尝试着进行类比.
考虑一个非严格递减的序列AAA，它的Huffman树应该如何构造。
我们令f[i][j]表示当前Huffman树构造到序列的第iii个位置，即序列的前i−1i-1i−1个位置已经放好，现在准备放AiA_iAi到Huffman树上，有jjj个叶子节点可以供放AiA_iAi这个数.
注意前提AAA是降序的，所以不难发现，每个点对应在Huffman树上的深度必定是升序的.
所以不难写出转移：

f[i][j]+∑k=inak→f[i][2∗j]f[i][j] + \sum_{k=i}^n a_k \rightarrow f[i][2*j]f[i][j]+k=i∑nak→f[i][2∗j]f[i][j]→f[i+1][j−1]f[i][j] \rightarrow f[i +1][j - 1]f[i][j]→f[i+1][j−1]

含义分别是，把当前Huffman树上所有叶节点都扩展两个新叶节点，拿来供给以后i∼ni\sim ni∼n的节点放，但因为深度多了111，所以不管怎样，以后的节点都至少要多一个aka_kak贡献，所以相当于加上一个∑k=inak\sum_{k=i}^n a_k∑k=inak，另外一个转移则是直接把当前iii号节点放在jjj个叶节点的某一节点中.
整个流程如下：

#include <cstdio>
#include <cstring>#define F(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i ++)
#define G(i, a, b) for (int i = a; i >= b; i --)
#define min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
#define mem(a, b) memset(a, b, sizeof a)const int N = 1e3 + 10;int n, m, T, Ans;
int a[N], S[N], f[N][N];int main() {scanf("%d", &n);F(i, 1, n) scanf("%d", &a[i]); S[n + 1] = 0;G(i, n, 1) S[i] = S[i + 1] + a[i];mem(f, 7), f[1][1] = 0;F(i, 1, n)F(j, 1, n)f[i + 1][j - 1] = min(f[i + 1][j - 1], f[i][j]),f[i][j * 2] = min(f[i][j * 2], f[i][j] + S[i]);Ans = 1e9;F(i, 1, n) Ans = min(Ans, f[n][i]);printf("%d\n", Ans);
}

此时再观察一下题目，不难发现，这TM不正是题目的逆问题吗？
考虑原问题的一个最优解，把其路径反过来，则正是DP的过程.
观察到题目是上取整，也正好符合构建Huffman树和DP的过程.
所以原问题相当于对其Huffman树解的询问，这个可以在O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)时间内解决.
代码如下：

#include <cstdio>
#include <set>#define F(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i ++)using namespace std;const int N = 1e3 + 10;int n, T, x; long long Ans;
multiset <int> S;int main() {for (scanf("%d", &T) ; T --; ) {scanf("%d", &n), S.clear(), Ans = 0;F(i, 1, n) scanf("%d", &x), S.insert(x);F(i, 1, n - 1) {int x = *S.begin(); S.erase(S.begin());int y = *S.begin(); S.erase(S.begin());Ans += (long long)(x + y), S.insert(x + y);}printf("%lld\n", Ans);
}}

回到Huffman树的原问题中，上述讨论的实质上是二叉Huffman树.
如果讨论kkk叉树，方法也是类似的，唯一需要注意的是必须通过在序列里补000的方式把n−1n-1n−1变为k−1k-1k−1的倍数.
这是由于，我们必须让每次在set里选kkk个时，不能选满的一次，必须发生在Huffman树的最底层.
至此，有关哈夫曼树的问题暂且告一段落.

KMP

即模式匹配，能够在线性时间内求出字符串SSS在字符串TTT中所有出现过的位置.
其核心是nextnextnext数组
next[i]next[i]next[i] 表示 S[1∼next[i]]=S[n−next[i]+1∼n]S[1\sim next[i]] = S[n-next[i]+1\sim n]S[1∼next[i]]=S[n−next[i]+1∼n].
考虑普通的匹配，我们总是拿TTT串当中的某一位置与SSS串某一位置进行比较，不妨设当前枚举到TTT串的第iii个位置，匹配了SSS串的前jjj个位置，现在要判断的是T[i]T[i]T[i]与S[j+1]S[j+1]S[j+1]是否相等.
如果相等，则直接jjj指针加一即可，否则我们可以令j=next[j]j=next[j]j=next[j]，这里就完美体现了KMP的巧妙之处.
即不浪费每一次的比较.

next[1] = 0;
for (int i = 2, j = 0; i <= n; i ++) {while (j > 0 && a[i] != a[j + 1]) j = next[j];if (a[i] == a[j + 1]) j ++;next[i] = j;
}for (int i = 1, j = 0; i <= m; i ++) {while (j > 0 && (j == n || b[i] != a[j + 1])) j = next[j];//这里需要注意，我们要找出所有S在T中出现位置，如果已经j==n了，则必须把j==next[j]if (b[i] == a[j + 1]) j ++;if (j == n)S在T中出现了一次.
}

Hash

Hash在NOIP范围内运用的很多，如【NOIP2014day2】解方程一题，运用普通Hash可以拿到很不错的分数.
虽然正解更加巧妙，但同样是运用了Hash的思想。
一般来说，Hash可以看做是一个表，每个数xxx以H(x)=(xmodP)+1H(x)=(x\ mod\ P)+1H(x)=(x mod P)+1形式得到的值存进去，其中PPP一般是一个很大的质数，因为不能保证没有冲突，所以一般Hash都会与链表同在，以保证时间复杂度.
但是在许多Hash种，如字符串Hash，我们一般是拿Hash值来进行比较，而并非存到Hash表中.
所以很常见的一种方法是按进制处理，然后自然溢出（用unsigned long long类型储存即可），把字符串看成PPP进制，其中PPP取131或13331131 或 13331131或13331的时候效果很好.
来看一道例题：jzoj5462
我们直接运用上述的方法，代码如下：

#include <cstdio>#define F(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i ++)const int N = 2e5 + 10,beed1 = 13331, beed2 = 131, k1 = 1231231, k2 = 1123513,m1 = 123456, m2 = 654321;int n, m, Ans; bool bz1[m1 + 10], bz2[m2 + 10];
unsigned long long F1[N], F2[N], B1, B2, x, y;
char ch[N];int main() {freopen("article.in", "r", stdin);freopen("article.out", "w", stdout);scanf("%d %d %s", &n, &m, ch + 1);B1 = B2 = 1;F(i, 1, m)B1 *= beed1, B2 *= beed2;F(i, 1, n) {F1[i] = F1[i - 1] * beed1 + (ch[i] - 'a') + k1;F2[i] = F2[i - 1] * beed2 + (ch[i] - 'a') + k2;}F(i, m, n) {x = F1[i] - F1[i - m] * B1; x = x % m1;y = F2[i] - F2[i - m] * B2; y = y % m2;if (!bz1[x] && !bz2[y])Ans ++;bz1[x] = bz2[y] = 1;}printf("%d\n", Ans);
}

运用了自然溢出取模，但实际得分令人震惊：
然后我尝试把模数开大一点，这时候分数依然令人震惊：

然后我再尝试着开5个自然溢出的数组，这时候我才发现，原来代码的这一个地方打错了，&&应该改为||.

if (!bz1[x] && !bz2[y])Ans ++; //这是错误的
bz1[x] = bz2[y] = 1;if (!bz1[x] || !bz2[y])Ans ++; //这才正确
bz1[x] = bz2[y] = 1;

但我发现，即使改正过后，并且多开很多个数组进行判断，拿的分依旧不超过70分。
证明，自然取模虽然简单好用，但在特殊构造的数据下，极其容易出错.
70分的代码如下：

#include <cstdio>#define F(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i ++)const unsigned long long N = 2e5 + 10,beed1 = 13331, beed2 = 131, beed3 = 123123153, beed4 = 998244353,k1 = 6522331231, k2 = 5549260917, k3 = 23121451532, k4 = 915398244353,m1 = 5123456, m2 = 6543321, m3 = 1231231, m4 = 7812434;int n, m, Ans; bool bz1[m1 + 10], bz2[m2 + 10], bz3[m3 + 10], bz4[m4 + 10];
unsigned long long F1[N], F2[N], F3[N], F4[N], B1, B2, B3, B4, x, y, X, Y;
char ch[N];int main() {freopen("article.in", "r", stdin);freopen("article.out", "w", stdout);scanf("%d %d %s", &n, &m, ch + 1);B1 = B2 = B3 = B4 = 1;F(i, 1, m)B1 *= beed1, B2 *= beed2, B3 *= beed3, B4 *= beed4;F(i, 1, n) {F1[i] = F1[i - 1] * beed1 + (ch[i] - 'a') + k1;F2[i] = F2[i - 1] * beed2 + (ch[i] - 'a') + k2;F3[i] = F3[i - 1] * beed3 + (ch[i] - 'a') + k3;F4[i] = F4[i - 1] * beed4 + (ch[i] - 'a') + k4;}F(i, m, n) {x = F1[i] - F1[i - m] * B1; x = x % m1;y = F2[i] - F2[i - m] * B2; y = y % m2;X = F3[i] - F3[i - m] * B3; X = X % m3;Y = F4[i] - F4[i - m] * B4; Y = Y % m4;if (!bz1[x] || !bz2[y] || !bz3[X] || !bz4[Y])Ans ++;bz1[x] = bz2[y] = bz3[X] = bz4[Y] = 1;}printf("%d\n", Ans);
}

其中后三个数据，与答案的差距非常大，观察数据后发现，其只由两个字母构成，且有循环节，并且针对了自然溢出出数据.
我们尝试着用普通的取模进行操作，然后随便取几个模数，就可以过了：

#include <cstdio>#define F(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i ++)const long longN = 2e5 + 10,beed1 = 13331, beed2 = 131, beed3 = 123123153, beed4 = 998244353, beed5 = 123456789,k1 = 6522331231, k2 = 5549260917, k3 = 23121451532, k4 = 915398244353, k5 = 13515315347,m1 = 9123456, m2 = 8543321, m3 = 8231231, m4 = 7812434, m5 = 9154782;int n, m, Ans; bool bz1[m1 + 10], bz2[m2 + 10], bz3[m3 + 10], bz4[m4 + 10], bz5[m5 + 10], bz;
long long F1[N], F2[N], F3[N], F4[N], F5[N], B1, B2, B3, B4, B5, x, y, X, Y, A;
char ch[N], S[N];int main() {freopen("article.in", "r", stdin);freopen("article.out", "w", stdout);scanf("%d %d %s", &n, &m, ch + 1);scanf("%s", S + 1);B1 = B2 = B3 = B4 = B5 = 1;F(i, 1, m)B1 = (B1 * beed1) % m1,B2 = (B2 * beed2) % m2,B3 = (B3 * beed3) % m3,B4 = (B4 * beed4) % m4,B5 = (B5 * beed5) % m5;F(i, 1, n) {F1[i] = (F1[i - 1] * beed1 + (ch[i] - 'a') * k1) % m1;F2[i] = (F2[i - 1] * beed2 + (ch[i] - 'a') * k2) % m2;F3[i] = (F3[i - 1] * beed3 + (ch[i] - 'a') * (ch[i] - 'a') * k3) % m3;F4[i] = (F4[i - 1] * beed4 + (ch[i] - 'a') * (ch[i] - 'a') * (ch[i] - 'a') * k4) % m4;F5[i] = (F5[i - 1] * beed5 + (ch[i] - 'a') * k5) % m5;}F(i, m, n) {x = ((F1[i] - F1[i - m] * B1) % m1 + m1) % m1;y = ((F2[i] - F2[i - m] * B2) % m2 + m2) % m2;X = ((F3[i] - F3[i - m] * B3) % m3 + m3) % m3;Y = ((F4[i] - F4[i - m] * B4) % m4 + m4) % m4;A = ((F5[i] - F5[i - m] * B5) % m5 + m5) % m5;if (!bz1[x] || !bz2[y] || !bz3[X] || !bz4[Y] || !bz5[A])Ans ++;bz1[x] = bz2[y] = bz3[X] = bz4[Y] = bz5[A] = 1;}printf("%d\n", Ans);
}

综上所述，带取模的hash是很难被卡的，然而直接自然溢出是极容易被卡的.
其中，对于如何卡自然溢出，以及不用双hash或者多hash的卡法，在这片题解中写的很详尽
https://jzoj.net/senior/index.php/main/download/5462/article.pdf/0/solution_path

强联通分量

我对这个知识点的定义是一个比较简单，但却很容易打错的算法.
这个算法没有必要赘述（主要是赘述不清）
求有向图当中强联通分里个数代码：

#include <cstdio>#define F(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i ++)
#define mn(a, b) ((a) = (a) < (b) ? (a) : (b))const int N = 2e5 + 10;using namespace std;int n, x, y, cnt, num, top; bool ins[N];
int dfn[N], low[N], tov[N], nex[N], las[N], stack[N], tot;void link(int x, int y) { tov[++ tot] = y, nex[tot] = las[x], las[x] = tot; }void Tarjan(int k) {dfn[k] = low[k] = ++ num;stack[++ top] = k, ins[k] = 1; //注意这个地方与接下来的点双边双有区别，要保证一个点在栈里面才进行下面的mn(low[k], dfn[tov[x]])操作.for (int x = las[k] ; x ; x = nex[x])if (!dfn[tov[x]]) {Tarjan(tov[x]);mn(low[k], low[tov[x]]);}else if (ins[tov[x]]) mn(low[k], dfn[tov[x]]);if (dfn[k] == low[k]) {++ cnt;while (k ^ (y = stack[top --]))ins[y] = 0;}
}int main() {scanf("%d", &n);F(i, 1, n)scanf("%d", &x), link(i, x);F(i, 1, n)if (!dfn[i]) Tarjan(i);printf("%d\n", cnt);
}

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