上一篇有点多就开新的了

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树哈希

额方法很多随便找个都可以用，是有根树的，无根树的哈希要换根加个数据结构。
$$f_x=\sum _{y\in so{n}_x}{f}_y\times P(si{z}_y)$$
$P(x)$是一个不重的函数就行来，可以用$p^x$，第$x$个质数或者${\omega }_n^x$都可以。
或者
$$f_x=si{z}_x\times \sum _{y\in so{n}_x}{f}_{y}P(i)$$
不过这个的$f_y$需要按照大小排序（不然就是有序的儿子了）

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$wqs$二分

一种二分斜率的方法。

对于一个有限制的凸函数问题（求最大值但是斜率不断减小，或者求最小值但是斜率不断增大），我们不知道这个凸函数但是我们可以设一条直线$y=kx+b$与这个函数相切。

然后当$y=kx+b$且到我们要求的点的时候就是答案了。

主要的难点在于确定凸函数的定义和二分$k$的时候如何求出$b$的最值。

需要特别注意的一点就是$wqs$最后二分出来的结果求得的并不一定是合法的方案，可能是与合法方案答案相同的（也就是这个凸函数恰好切到一段斜率与二分相等的位置）。

常见的凸函数问题：

• 背包限制问题
• 最小生成树限制问题
• 费用流模型问题

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单位根反演

补一下上个手记剩下的
$$[k|n]=\frac{1}{n}\sum _{i=0}^{n-1}{\omega }_n^{i\times k}$$
一般和二项式定理套

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威佐夫博弈

两堆石头可以选择取走一堆或两堆的相同个数，求是否先手必胜。
证明：设石头个数$a<b$那么若$\lfloor (b-a)\times \frac{1+\sqrt{5}}{2}\rfloor =a$则后手必胜，否则先手必胜。

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范德蒙德行列式

对于矩阵$F$
$$\left|\begin{array}{ccccc}{x}_1^0& x_2^0& ...& x_{m-1}^0& x_m^0\\ x_1^1& x_2^1& ...& x_{m-1}^1& x_m^1\\ ...& ...& ...& ...& ...\\ x_1^{n-1}& x_2^{n-2}& ...& x_{m-1}^{n-1}& x_m^{n-1}\\ x_1^n& x_2^n& ...& x_{m-1}^n& x_m^n\end{array}\right|$$

也就是$F_{i,j}=x_i^j$时，
$$\det F=\prod _{i<j}(x_j-x_i)$$

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BEST定理

记欧拉图$G$，记这张图不同的欧拉回路数量为$ec(G)$那么有
$$ec(G)=t^{root}(G,k)\prod _{v\in V}(deg(v)-1)!$$
其中$t^{root}(G,k)$表示图$G$以$k$为根的外向树数量

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平面图欧拉定理

记连通无向平面图$G$点集$V$和边集$E$还有区域个数$F$那么有
$$V+F=E+2$$

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FWT转移矩阵的推导

先定义最初始的矩阵$c(i,j)$表示$FWT(x)[i]={\sum }_{j=0}^{n}c(i,j)x_j$
然后
$$FWT(A)[k]FWT(B)[k]=FWT(C)[k]$$
$$\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^n{A}_i{B}_{j}c(k,i)c(k,j)=\sum _{i=0}^n{C}_{i}c(k,i)$$
又有
$$C_k=\sum _{ioptj=k}{A}_i{B}_j$$
$$\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^n{A}_i{B}_{j}c(k,i)c(k,j)=\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^{n}c(k,ioptj)A_i{B}_j$$
就有
$$c(k,i)c(k,j)=c(k,ioptj)$$
然后对于每个$i,j$分位考虑然后根据$opt$的性质推出$FWT$的矩阵再求逆推出$IFWT$的矩阵就好了。

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保序回归

对于序列$a$，有一些形如$a_i\le a_j$的限制，把$x$变为$y$的代价为$|x-y{|}^k$，要求使得代价和最小。

常用的方法：

1. 整体二分：考虑对于一个$mid$，把每个数设置为mid+k(k∈{0,1})mid+k(k\in\{0,1\})mid+k(k∈{0,1})，然后求解出最小答案之后继续分$0/1$下去二分。求解的方法一般为：最大权闭合子图（一般情况），dp等。
2. 正常二分+单调性解决。
3. 在$k$不是很大的情况下可以考虑斜率优化。
4. 神必方法。

玄题待补：
#6518. 「雅礼集训 2018 Day11」序列
P5294 [HNOI2019]序列

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二分图最大团

二分图最大团（即选出的集合中左边的每个点向右边的每个点都有连边）为：总点数减去最大独立集。

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一些数学小结论

范德蒙德卷积

$$\sum _{i=0}^k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k-i}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m}{k}\right)$$

乘转加卷积

是乘转加但是不完全是
$$n\times m=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m}{2}\right)-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{2}\right)$$

斐波那契前缀和

$$\sum _{i=1}^n{f}_i=f_{i+2}-1$$

杜教筛+$\mu$

怎么说是一个挺神奇的技巧吧就是因为$\mu \ast I=ϵ$所以假设我们要求$f\ast \mu$的前缀和，然后$f\ast \mu \ast I=f\ast ϵ$所以我们如果能快速的求$f$的前缀和就可以快速的用杜教筛求$f\ast \mu$的前缀和。

具体的例子比如说斐波那契数列$Fbi\ast \mu$，和矩阵乘法配合能有奇效的样子

单幂转下降幂

设
$$f(x)=\sum _{i=0}^n{a}_i{x}^i=\sum _{i=0}^n{b}_i{x}^{\underline{i}}$$
根据
$$x^n=\sum _{i=0}^n\left\{\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right\}{x}^{\underline{i}}$$
得到
$$b_i=\sum _{j=i}^n\left\{\begin{array}{c}j\\ i\end{array}\right\}{a}_j$$
时间复杂度$O(n^2)$

下降幂X组合数

下降幂转组合数第二项
$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)\times k^{\underline{m}}=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-m}{k-m}\right)\times n^{\underline{m}}$$

多项式gcd

记多项式$F(x)$各项系数的$gcd$为$d(F(x))$，那么有
$$d(F(x)\times G(x))=d(F(x))\times d(G(x))$$

无逆元求行列式

使用辗转相除法，第$i$行的理论操作次数应该是$O(n+\log a)$因为$a_{i,i}$每次期望除二。

ll Det(){ll ans=1;for(ll i=1;i<=n;i++){if(!a[i][i]){for(ll j=i+1;j<=n;j++)if(a[j][i]){swap(a[i],a[j]);ans=P-ans;break;}}for(ll j=i+1;j<=n;j++){while(a[j][i]){if(a[j][i]<a[i][i]){swap(a[i],a[j]);ans=P-ans;if(!a[j][i])break;}ll rate=P-a[j][i]/a[i][i];for(ll k=i;k<=n;k++)(a[j][k]+=rate*a[i][k]%P)%=P;}}}for(ll i=1;i<=n;i++)ans=ans*a[i][i]%P;return (ans+P)%P; 
}

？

从$(1,1)$出发不经过对角线走到$(n,m)(n>m)$的方案数是
$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m}{m}\right)-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m}{m-1}\right)$$

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其他小技巧

• $a+b=\min (a,b)+\max (a,b)=a|b+a\&b$
• bitset的count是$O(\frac{n}{\omega })$的！！！