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：
\[
\begin{align}
f_i&=a+bf_i\(1-b)f_i&=a\f_i&=\frac{a}{1-b}
\end{align}
\]
BZOJ4872
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
\[
D_{l,r}=A(x)\mod(\prod_{i=l}^rB_i(x))
\]
那么
\[
\begin{align}
D_{l,mid}&=D_{l,r}\mod(\prod_{i=l}^{mid}B_i(x))\D_{mid+1,r}&=D_{l,r}\mod(\prod_{i=mid+1}^{r}B_i(x))
\end{align}
\]
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：
\[
T(n)=2T(\frac{n}{2})+O(nlogn)=O(n{log}^2n)
\]
多点求值
欧拉phi函数
就是\(\phi\)函数
谁都知道这个东西是个积性函数。
\[
\phi(ab)=\phi(a)\phi(b)~~~((a,b)=1)
\]
那如果\((a,b)\neq 1\)呢？
设\(d=(a,b)\)
\[
\begin{align}
\phi(a)&=a(1-\frac{1}{p1_1})(1-\frac{1}{p1_2})\cdots(1-\frac{1}{p1_{n1}})\\phi(b)&=b(1-\frac{1}{p2_1})(1-\frac{1}{p2_2})\cdots(1-\frac{1}{p2_{n2}})\\phi(ab)&=ab(1-\frac{1}{p3_1})(1-\frac{1}{p3_2})\cdots(1-\frac{1}{p3_{n3}})\\phi(d)&=d(1-\frac{1}{p4_1})(1-\frac{1}{p4_2})\cdots(1-\frac{1}{p4_{n4}})
\end{align}
\]
可以发现，对于后面那部分
\[
\begin{align}
(1-\frac{1}{p1_1})(1-\frac{1}{p1_2})\cdots(1-\frac{1}{p1_{n1}})\times
(1-\frac{1}{p2_1})(1-\frac{1}{p2_2})\cdots(1-\frac{1}{p2_{n2}})\=(1-\frac{1}{p3_1})(1-\frac{1}{p3_2})\cdots(1-\frac{1}{p3_{n3}})\times
(1-\frac{1}{p4_1})(1-\frac{1}{p4_2})\cdots(1-\frac{1}{p4_{n4}})
\end{align}
\]
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
\[
\phi(ab)=\frac{\phi(a)\phi(b)d}{\phi(d)}~~~(d=(a,b))
\]
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。
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：
\[
\begin{align}
a_1+a_2+b_2c_1&>a_2+a_1+b_1c_2\b_2c_1&>b_1c_2\\frac{c_1}{b_1}&>\frac{c_2}{b_2}
\end{align}
\]
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？
\[
\begin{align}
a_i+b_ix+a_j+b_j(x+y+c_i)&>a_j+b_jx+a_i+b_i(x+y+c_j)\b_jy+b_jc_i&>b_iy+b_ic_j\\frac{c_i+y}{b_i}&>\frac{c_j+y}{b_j}\\end{align}
\]
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。
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\(O(n\sqrt m+m\log m)\)
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|\(O(log n)\)|\(O(logn)\)|
|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）。
莫比乌斯反演的多组询问
\[ \begin{align} ans&=\sum_{i=1}^lc^{\gcd(i,b)}\&=\sum_{d|s}c^d\sum_{i=1}^l[\gcd(i,s)=d]\&=\sum_{d|s}c^d\sum_{i=1}^{\frac{l}{d}}[\gcd(i,\frac{s}{d})=1]\&=\sum_{d|s}c^d\sum_{i|\frac{s}{d}}\mu(i)\lfloor\frac{l}{id}\rfloor\\end{align} \]
看起来没办法化简了
这时候要枚举\(j=id\)
\[ \begin{align} ans&=\sum_{j|s}\lfloor\frac{l}{j}\rfloor\sum_{i|j}\mu(i)c^\frac{j}{i}\\end{align} \]
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
\[ \begin{align} ans&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mf(\gcd(i,j))\&=\sum_{i=1}^{\min(n,m)}f(i)\sum_{i|j}\mu(\frac{j}{i})\lfloor\frac{n}{j}\rfloor\lfloor\frac{m}{j}\rfloor\&=\sum_{i=1}^{\min(n,m)}\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\lfloor\frac{m}{i}\rfloor\sum_{j|i}f(j)\mu(\frac{i}{j}) \end{align} \]
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：\(O(n+T\sqrt{n})\)
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\(O(m\log m\log n)\)。一共有\(\log n\)层，每层是\(O(m\log m)\)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：\(O(n\log^2 n)\)
矩阵快速幂+FFT
DP转移如下：
\[ f_{i+1,j‘,k+v}+=f_{i,j,k} \]
\(i\leq n,j\leq l,k\leq m\)
其中\(v\)只与\(j\)有关，最后求\(k=s\)或\(k\mod m=s\)的值的和。
暴力搞的时间复杂度是\(O(l^3m^3\log n)\)的。
我们可以把这个东西看成一个多项式。
\[
g_{i,j}=\sum_{k\geq 0}f_{i,j,k}x^k
\]
转移就可以看成乘以一个多项式（单项式）。
如果求的是\(k\mod m=s\)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：\(O(ml^3\log n)+\)点值插值的时间复杂度\(O(m^2)/O(m\log m)\)
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\(O(tm^3\log n)\)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\(1\times m\)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：\(O(m^3+tm^2\log n)\)