标签：另类 概率 子节点 www 取值 code 线段 ++ span
点分治 向下递归的时候两种写法（是否判断当前子节点为上层点分树中的父节点）都不会锅：
枚举子集方法有三，暴力不说，高维前缀和网上挺多，至于另一种玄学算法总感觉很像 FWT ：
for(rint i=1;i<=m;++i)x=read(),++cnt[x];
for (int len = 2; len <= (1 << n); len <<= 1) {
for (int i = 0; i <= lim; i += len)
for (int j = i, k = i + len / 2; k < i + len; j++, k++)
cnt[j] += cnt[k];
}判断数列 \(\{a_n\}\) 中的每个数乘上一个非负系数后是否可以构成 T 时，我们可以把这些数中最小的 x 拿出来，让剩下的数和 T 满足： \(sum = T (mod x)\) ，也就是模 x 下同余，然后点 \(u\) 向模 x 意义下的 \(u+c_i\) 连一条边，长度为减去的 x 个数，然后跑最短路，康康最短距离乘上 x 是否小于等于 \(\lfloor T / x\rfloor\) 就好了
若三点在某一条经过原点的直线上的投影中心对称，设三点坐标分别为 \((xa,ya),(xb,yb),(xc,yc)\)，则 \((ya+yc-2 * yb,-xa-xc+2 * xb)\) 为该直线上一点，其中 B 点的投影为对称中心
对于一棵树每次标记一条路径，路径上点对可相互到达，求多次标记后可相互到达的点对数，可以转化为 dfs 序，然后树剖完了线段树上扫描线，二维数点求， ZJOI 考过，然而卡常（而且我这只菜鸡也没想出来）
O(1) 求 1~n 的异或和：
inline int calc(R int n){int t=n&3;return t&1?(t/2^1):(t/2^n);}zzq 大佬的 blog 里面有写，我还搬下来做过板子...
某些 数据下会比带 log 的算法高到不知道哪里去，然鹅随机情况嘛...咳咳，我只能说，人家 O(1) 是要预处理的...
类似这么个式子： \(\sum_{i=0}^n i^k\) （虽说左边界是 0 是 1 没什么关系，毕竟 k 也不会等于 0 ）
对于 k=1 ： 原式= \((n+1)n\over 2\)
对于01314413 k=2 ： 原式= \(n(n+1)(2n+1)\over 6\) 或者 \(n(n+{1\over 2})(n+1)\over 3\) 也挺好记的
对于 k=3 ： 原式= \((n+1)^2n^2\over 4\) ，其实就是 k=1 的情况平方了一下...
9.对于集合 S 所有子集的异或和取值中，每种取值出现次数相等，即 S 的任意子集得到的异或和值为 x 的概率是相等的 （ x 为 S 所有子集异或和取值） 证明
10.对于一棵 n 节点的带编号树，它的生成树数量为 \(n^{n-2}\) 个（可用 Prufer 序列证明）
11.斐波那契数列\(f(n)=(1,1,2...)\)的前缀和数列\(S(n)\)满足：
\[S(n)=f(n+2)-1\]
归纳法证明：
当 n=1 时，原式成立
假设 \(S(n-1)=f(n+1)-1\) 成立，那么有：
\[S(n)=S(n-1)+f(n)=f(n+1)+f(n)-1=f(n+2)-1\]
证毕
\[\prod_{i=1}^{p} (x+i)= x(x^{p-1}-1)(mod~ p)\]
证明？ 不会，背结论吧... （貌似要用唯一分解整环什么的，反正我不会...）
emmm...话说蒟蒻我好像想到了一个另类解法的开头，就是我们对于左边的式子展开，然后把除了最高项的每一项都提取出一个 \((p-1)!\) ，然后威尔逊定理搞一搞，发现这玩意儿模 p 意义下就是 p-1 ，（好像并没有什么软用，因为 p-1 并不等于 0 ），然后作者太懒不打算想，于是就咕掉了...
$$$$
不过还有另一种随意的解法，就是我们发现左边的式子必然是等于 0 的，然后右边的式子也等于 0 ...
（就是说左边的 x 加上 1~p-1 的所有数，总有一个是等于 0 的，而后面式子有 \(x^{p-1}-1\) ，当 x=1~p-1 时费马小定理可得原式等于 0 ，当 x=0 时前面又有个 x ...）
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原文地址：https://www.cnblogs.com/Judge/p/10920451.html
