分治
树分治 – 点分治
首先选一个点作为根，把无根树变为有根树，然后递归进行分支（DFS-like）。但是，为了减小复杂度，我们希望在一棵树中递归层数控制到最小，那么这个点的选择就非常的重要。我们选择重心来搞定这个。有了重心，我们的子树大小都不会超过\(n/2\)；计算完了之后，删掉根，并递归子树。所以时间复杂度是优秀的\(O(n\log n)\)。
重心的求法：我们用 \(O(n)\) 的时间来求出以每个点为根的子树大小，然后判断划分出联通块各点最少的点，那么这个点就是重心。
例题：IOI2011 Race，POJ1741:Tree 题解
思路：找到重心，则路径可以表示为经过根的两条子路径。第一遍 DFS 中记录走到每个点的距离和边数，同时统计到距离\(dist\)的最小边数\(sides[dist]\)。答案就是
\[ans=max\{sides[k-dist[i]]+sideSubtree[i]\}\]
一定要统计完答案之后再去用\(sideSubtree\)更新\(sides[]\)数组。
树分治 – 边分治
依旧需要找重心，但是在一些极限环境下（菊花图之类的）就会出锅，复杂度飙升。这个时候可以搞重构树来解决，把一颗菊花图搞成二叉树（建虚点，搞零边权的边）（目前还不怎么懂）
具体可以看这篇文章：https://ksmeow.moe/edge_based_divide_and_conquer/
例题：BZOJ2870
树分治 – 树链剖分
树链剖分是个好用的东西。我们可以第一遍 DFS 可以求出所有的重儿子，第二遍 DFS 的时候优先走重儿子，求时间戳。
对于重链的区间操作，直接暴力时间戳区间操作；对于轻边或混合链，LCA-like 算法可以搞定。
这个洛谷上题好多，不举例了。
CDQ 分治
CDQ 分治是一个神仙的离线算法。老师讲的太快，没看完就切掉了 PPT。
整体二分
功能：对于所有的询问都进行二分来加速。
分块
普通分块
普通的分块最重要的一点就是确定区间长度。确定一个好的区间长度能让时间复杂度大大降低。一般我们使用\(\sqrt{n}\)来作为区间长度。用数组存好左右端点和每个点所属的区块，并预处理必要的信息。
这道题要求我们维护众数，我们可以先预处理每个两个区块间的众数，然后再每个数搞一个\(vector\)记录数出现的位置，对于暴力的区间，我们可以二分两次并相减得出出现次数。这样就可以解决问题了：
// CH4401.cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAX_N = 40100;
vector<int> poses[MAX_N];
int arr[MAX_N], mapping[MAX_N], lft[MAX_N], tot, rig[MAX_N], cnt[MAX_N], mode[900][900], affiliate[MAX_N];
int find(int x, int l, int r)
{
return upper_bound(poses[x].begin(), poses[x].end(), r) - lower_bound(poses[x].begin(), poses[x].end(), l);
}
void judge(int x, int l, int r, int &ans, int &ct)
{
int w = find(x, l, r);
if (w > ct || (w == ct && x < ans))
ct = w, ans = x;
}
int query(int l, int r)
{
int ans = 0, ct = 0;
int p = affiliate[l], q = affiliate[r];
if (p == q)
{
for (int i = l; i <= r; i++)
judge(arr[i], l, r, ans, ct);
return mapping[ans];
}
int x = 0, y = 0;
if (p + 1 <= q - 1)
x = p + 1, y = q - 1;
for (int i = l; i <= rig[p]; i++)
judge(arr[i], l, r, ans, ct);
for (int i = lft[q]; i <= r; i++)
judge(arr[i], l, r, ans, ct);
if (mode[x][y])
judge(mode[x][y], l, r, ans, ct);
return mapping[ans];
}
int main()
{
int n, m, t, len;
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &arr[i]), mapping[++tot] = arr[i];
sort(mapping + 1, mapping + 1 + n);
tot = unique(mapping + 1, mapping + 1 + n) - (mapping + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
arr[i] = lower_bound(mapping + 1, mapping + 1 + tot, arr[i]) - mapping, poses[arr[i]].push_back(i);
t = sqrt(log(n) / log(2) * n);
len = t ? n / t : n;
for (int i = 1; i <= t; i++)
lft[i] = (i - 1) * len + 1, rig[i] = i * len;
if (rig[t] < n)
lft[t + 1] = rig[t] + 1, rig[++t] = n;
for (int i = 1; i <= t; i++)
for (int j = lft[i]; j <= rig[i]; j++)
affiliate[j] = i;
memset(mode, 0, sizeof(mode));
for (int i = 1; i <= t; i++)
{
memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
int ct = 0, ans = 0;
for (int j = lft[i]; j <= n; j++)
{
if (++cnt[arr[j]] > ct || (cnt[arr[j]] == ct && arr[j] < ans))
ans = arr[j], ct = cnt[arr[j]];
mode[i][affiliate[j]] = ans;
}
}
int last = 0;
while (m--)
{
int l, r;
scanf("%d%d", &l, &r), l = (l + last - 1) % n + 1, r = (r + last - 1) % n + 1;
if (l > r)
swap(l, r);
last = query(l, r);
printf("%d\n", last);
}
return 0;
}
莫队算法
对于可以离线的问题，我们考虑询问进行分块。先对每一块内第一个问题进行暴力求解，然后块内的其他问答都用\(O(\sqrt{n})\)的时间搞定转移。非常好用。
例题：BZOJ2038: [2009国家集训队]小Z的袜子(hose)
显然，单纯计算区间内答案式子是：
\[\frac{ans}{{r-l+1 \choose 2}}, \text{其中ans是相同袜子的对数。}\]
对于每一个区块，我们可以维护一个\(num[]\)数组记录每一个颜色的出现次数，然后进行转移时对 ans 进行积累，更新询问答案即可。
// BZ2038.cpp
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll MAX_N = 50100;
struct query
{
ll l, r, id, answerSon, answerDom;
bool operator<(const query &qy) const { return id < qy.id; }
} queries[MAX_N];
ll ci[MAX_N], n, m, len, btot, num[MAX_N], lft[MAX_N], rig[MAX_N], ans;
bool compare_left(query a, query b) { return a.l < b.l || (a.l == b.l && a.r < b.r); }
bool compare_right(query a, query b) { return a.r < b.r || (a.r == b.r && a.l < b.l); }
ll gcd(ll a, ll b) { return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }
void change(ll x, ll w)
{
ans -= num[x] * (num[x] - 1);
num[x] += w;
ans += num[x] * (num[x] - 1);
}
void simplify(ll id)
{
ll d = gcd(queries[id].answerSon, queries[id].answerDom);
if (!d)
queries[id].answerSon = 0, queries[id].answerDom = 1;
else
queries[id].answerSon /= d, queries[id].answerDom /= d;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld", &n, &m);
for (ll i = 1; i <= n; i++)
scanf("%lld", &ci[i]);
for (ll i = 1; i <= m; i++)
scanf("%lld%lld", &queries[i].l, &queries[i].r), queries[i].id = i;
len = sqrt(m), btot = m / len;
sort(queries + 1, queries + 1 + m, compare_left);
for (ll i = 1; i <= btot; i++)
lft[i] = (i - 1) * len + 1, rig[i] = i * len;
if (rig[btot] < m)
lft[btot + 1] = rig[btot++] + 1, rig[btot] = m;
for (ll i = 1; i <= btot; i++)
{
sort(queries + lft[i], queries + rig[i] + 1, compare_right);
memset(num, 0, sizeof(num));
ans = 0;
// previous interval;
ll l = queries[lft[i]].l, r = queries[lft[i]].r;
// process the first query;
for (ll j = l; j <= r; j++)
change(ci[j], 1);
queries[lft[i]].answerSon = ans;
queries[lft[i]].answerDom = (queries[lft[i]].r - queries[lft[i]].l + 1) * (queries[lft[i]].r - queries[lft[i]].l);
simplify(lft[i]);
for (ll j = lft[i] + 1; j <= rig[i]; j++)
{
while (l < queries[j].l)
change(ci[l++], -1);
while (l > queries[j].l)
change(ci[--l], 1);
while (r < queries[j].r)
change(ci[++r], 1);
while (r > queries[j].r)
change(ci[r--], -1);
if (queries[j].l == queries[j].r)
queries[j].answerSon = 0, queries[j].answerDom = 1;
else
{
queries[j].answerSon = ans, queries[j].answerDom = (r - l) * (r - l + 1);
simplify(j);
}
}
}
sort(queries + 1, queries + 1 + m);
for (ll i = 1; i <= m; i++)
printf("%lld/%lld\n", queries[i].answerSon, queries[i].answerDom);
return 0;
}
树上莫队
把树上问题转换为序列问题，括号序列（欧拉序）可解。例题：SPOJ COT 2