记录一下近期收集到的没用的小 \(trick\) 。
并查集合并树
我们考虑去维护这样一种操作：
1 x y给 \(x\) 和 \(y\) 之间连一条无向边。2 x询问 \(x\) 所在的连通块内点的编号是否是连续的。
我们先用并查集跑一遍合并连通块的过程，同时将合并过程用一棵树表示出来。
具体的，对于每个连通块都开一个节点，当两个连通块合并的时候，让大连通块的节点向之前的两个连通块的节点连边。
叶子节点数是 \(n\)，总节点数是 \(2n - 1\)。
然后对着新树跑 \(DFS\) ，并且对于每个叶子结点分配一个 \(DFN\) 序。
由于合并过程中的每一个连通块都可以被一个节点表示，所以其内部点的 \(DFN\) 序是连续的。
这个东西有着比较好的性质。
我们把所有点按 \(DFN\) 序排序，全过程中所有的连通块都可以被表示为这个序列的一个子区间。
这样，我们就把原问题改造成了序列上，询问区间内的数字是否连续。
很容易就做到了 \(O(n\ log n)\)。
当然，对于一般的问题，重标号能解决的用启发式合并都能解决。
有一些不能解决的，也可以用其它玄学算法做到相同的复杂度。
目前还没有找到这东西的用处。。。
丢一个能做的题 永无乡。
貌似这东西很像克鲁斯卡尔重构树来着。
归并连续段
考虑我们现在正在跑 CDQ。
左边有一些区间加，右边有一些区间查询，我们要统计贡献。
首先，如果这是一个静态的问题的话，显然可以直接差分，然后前缀，做到 \(O(n + m)\)。
但这是 CDQ 啊，如果单次合并复杂度带个 \(n\) 显然就废了。
于是我们考虑，如果操作只有 \(m\) 个，那么可以将原序列划分为 \(O(m)\) 个连续段。
这样的话做差分或者前缀复杂度就对了。
具体的，我们还需要开一个 \(O(n)\) 长度的桶记录修改，来避免二分查找。
但是还有一个问题，划分连续段需要排序，就又多了一个 \(log\)。
既然是 CDQ，那我们就可以进行归并。每次将左右两边的连续段归并作为新的连续段。
常数貌似很大，而且我没写过。
斜切坐标系
考虑这样一个问题：
算了懒得写题面了，丢一个 链接 跑路。
我们考虑如何正确的使用 kdt。
首先，kdt 的复杂度基于矩形查询。显然直接查曼哈顿距离复杂度不对。
虽然一般来说不好卡满。
到一个点曼哈顿距离相同的点在一个斜着的正方形上。
所以我们可以在坐标轴上画两个直线，\(y = x\) 和 \(y = -x\)，分别作为横坐标和纵坐标，建立新的坐标系。
然后查询的时候就二分答案，然后矩形查询是否有点即可。
复杂度 \(O(m \sqrt n\ logn)\)，应该不会有人去打这种东西吧。。。
可以进一步把结论推广到更高的维度，仍然是斜切坐标系。
复杂度 \(O(m \cdot n^{1 - \frac{1}{w}}\ log n)\)，貌似也用处不大吧。。。。
不知道叫啥，就叫期望吧
期望的线性性本质上来讲其实就是乘法分配律。
从期望的定义出发来做个题吧。
你初始的时候站在 \(0\) 位置，接下来有 \(n\) 种操作。
第 \(i\) 种操作会让你有 \(p_i\) 的概率向前走一步，\(1 - p_i\) 的概率向后走一步，这种操作会执行 \(a_i\) 次。
现在对于 \(i \in [1, k]\)，求执行完这 \(n\) 种操作之后你的坐标的 \(i\) 次方的期望。
\(n \le 10^4, k \le 20, a_i \le 10^{18}\)。
先考虑 \(i = 2\) 的情况。
\[\sum_{p} (p + 1) ^ 2 = \sum_{p} p ^ 2 + \sum_{p} 2 \times p + \sum_{p} 1 \]\(\sum_{p} (p + 1) ^ 2\) 表示向前走一步之后的坐标的平方的期望，\(\sum_{p} p ^ 2\) 表示之前的坐标平方的期望，以此类推。
于是我们发现这个东西的转移是线性的，可以用矩阵来刻画。
然后这就是个矩阵快速幂了。对于每一种 \(p_i\) 都可以写出来一个转移矩阵。
造矩阵的过程貌似需要一点二项式定理。
总感觉有不少想写的，但是想不起来了。
以后能想到啥再更新吧。