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主体思想：把平常写的 == 换成任意匹配函数
在这题中，匹配函数为：
然后要你求有多少回文子串。
当然，这个 \(f\) 也可以是任意神奇的函数。
然后我们把这个函数处理出来跑 Manacher 就可以了。它可以求出以任意点为中心的最长回文半径。这样就可以求出最长的回文子串长度，以及回文子串的种类数。
主体思想：二维前缀和拼拼凑凑
这题中，我们发现一个点要求的和的各项系数为 （以 \(k=3\) 为例
0 0 1 0 0
0 1 2 1 0
1 2 3 2 1
0 1 2 1 0
0 0 1 0 0
其中就包含一个
3 2 1
2 1 0
1 0 0
设 \(s_{i,j}\) 表示 \((i,j)\) 往左上角的二维前缀和。我们发现这个东西就是副对角线（右上->左下）上的二维前缀和的和。
那么整个答案怎么算呢？我们把下面一条副对角线加起来，似乎还多了点啥。
然后发现可以容斥，于是答案为：
（左上，右下两条副对角线的 \(s\) 的和 ）-（右上，左下两条主对角线的和）
预处理一下主，副对角线的二维前缀和的和即可。
主体思想：枚举长度 \(k\)，每次用哈希检测答案，复杂度 \(O(\sum \lfloor \dfrac{n}{k}\rfloor * H)\)，\(H\) 为哈希复杂度（一般是 \(O(1)\)，可能会有 \(log\)）
例题1中，评论区神仙 @Tweetuzki 已经讲完了做法；
例题2中，枚举 \(k\) ，然后 \(O(n/k)\) 的跑一遍即可。然而这题还有一个问题，对于一个字符串，我们把它和它的反串视作本质相同的串，这咋哈希？
留到第4个trick里讲。
主体思想：如果一个元素有若干种属性值，对于属性值一样的元素视作“本质相同的元素”，并且属性值很少；那我们可以把属性值的哈希值排一下序，然后序列哈希。
对于每个串，我们可以认为它有两个“属性值”：原串的哈希值，和反串的哈希值
我们把这两个值排一下序然后哈希即可...
两个数的哈希可以直接做：\((a,b) \rightarrow (a\times base+b)\bmod M\)
主体思想：在环上随便钦定两个相邻的点，以两点为根跑树形 \(dp\)
这个做法有一些条件的...这题中，任意断一条边都对，才能这么做
如果断不同的边答案不一样，那就要枚举了，时间复杂度爆炸（有的题里可能不会
回到这题。这题里如果是一颗正常的树，显然是最大独立集问题。
然后我们随便钦定一个环上的 \(u,v\)，求 \(max(dp[u][0],dp[v][0])\)，即可
主体思想：通过某些技巧使复杂度为 \(O(m\sqrt{m})\)
详解见题解。
主体思想：处理出树上的DFS序，BFS序，深度...等信息，把计数问题转化成主席树解决的二维数点问题
如果你身经百战，见的多了，这题肯定要秒的
先钦定一个 \(a\)，找到一个和它谈笑风生的 \(b\)。如果 \(b\) 在 \(a\) 上面，答案显然是 \((dep[a]-1)\times (size[a]-1)\)
如果 \(b\) 在 \(a\) 下面，那一个 \(b\) 对答案的贡献就是 \(size[b]-1\)，其中 \(dep[a]+1\le dep[b] \le dep[a]+k\)
“\(b\) 在 \(a\) 下面” \(\rightarrow\) \(in[a]\le dfn[b] \le out[a]\)
然后就变成了两个域限制的问题，其中 \(dfn\) 那个域还是连续不重复的，显然这个好做。以 \(dfn\) 为下标，然后 \(dep\) 为值域，二维带权数点即可。直接用无限续命树做。
例题代码 （被卡常了，估计是被+1s了，直接飞出时限外
主体思想：二分每次检测 \(mid\) 的时候序列都不一样，相邻的两个 \(mid\) 改变的并不多，用主席树全部存下来，再维护点啥，每次可以 \(O(log)\) 的检测。
这题暴力二分做法：
对于 \(mid\)，大于等于它的视为 \(1\)，其它的视为 \(-1\)，然后求 \([a,b]\) 区间的最大后缀和，\((b,c)\) 区间的和，\([c,d]\) 区间的最大前缀和，加起来即可。
我们发现这三个都能线段树维护。并且，对于 \(mid\rightarrow mid+1\)，只有原来 \(=mid\) 的地方从 \(1\) 变成了 \(-1\)。用 \(vector\) 记录下这些位置，每次修改，总修改次数是 \(n\) 次。直接主席树维护即可。
带上主席树复杂度就是 \(n\log n\)，即可求出 \(mid=[1,n]\) 时所有的检测用的数组。然后线段树区间和就可以 \(\log\) 的求，也就是 \(O(\log n)\) 检测一个 \(mid\)，套上二分复杂度就是 \(O(\log^2 n)\) 回答每个询问。
（这玩意还是个黑题，太水了吧
主体思想：先求出以 \(u\) 为根的答案，然后再 \(dfs\) 一遍继承父亲的答案。
先存储每个点往下的带权距离和。
去掉这个点对父亲的贡献，第二遍 \(dfs\) 的时候从父亲更新到儿子，以求出以每个点为根的带权距离和。
主体思想：变化是规律的，如果能证出来顺序不变，那直接二分即可
例：第 \(i\) 个数每次都加 \(a_i\)，初始为 \(0\)。显然这个顺序不变。每次要求某时刻多少个 \(>k\) 的，直接二分
主体思想：枚举一维，数据结构维护另一维。
例题：
主体思想：左儿子和右儿子合并的时候，只有右儿子的一段前缀会没有，二分即可
主体思想：小于根号和大于根号的情况分开讨论，平衡总复杂度
当 \(k>\sqrt{n}\) 的时候暴力跳，当 \(k<\sqrt{n}\) 的时候预处理。
一般要附上势能分析复杂度，当然你直接信仰过也可以
主体思想：线段树+暴力，然而有一些神奇的性质可以保证复杂度为 \(O(nlogn*K)\)
例题1：区间开根下取整，值域在 \([0,10^{12}]\)
每个数被开 \(6\) 次就变成 \(0/1\)，而 \(0/1\) 开根取整还是自己，于是不用管了；
于是这题复杂度是 \(O(K*nlogn)\)，其中 \(K_{max}=6\)
每个数只会在负变正的时候需要暴力讨论，其它时候绝对值都是-/+
于是 \(K_{max}=1\)，然后这题就是个sb题，代码略（其实是没写，百度抄一个
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原文地址：https://www.cnblogs.com/LightningUZ/p/13818191.html
