【哈希】
哈希可以分成两块：哈希函数和哈希表。
哈希函数是一种对应关系，它可以把任意类型映射为一个不太大的整数。
例如字符串，我们可能希望在字符串上记录一些属性。但是字符串不能当下标，那我们就只能加个大常数用 map。
这时，哈希函数出场了！如果我们有一个哈希函数 \(h()\) 可以把一个字符串 \(str\) 映射到 \(h(str)\) 这个整数上。
对于这个哈希函数 \(h(x)\)，我们希望 \(h(x)\) 对于同样的 \(x\) 相等，对于不同的 \(x\) 一般不同。
因为 \(x\) 的取值范围一般比 \(h(x)\) 大，所以不同的 \(x\) 的 \(h(x)\) 相等是在所难免的。我们有两种方法处理这个问题：① 对相等的特殊处理。 ② 直接不管了，就直接把不同的 \(x\) 视为相同的。因为这样出问题的概率其实很小，如果刚好出 bug 算倒霉。
【字符串进制哈希】
把字符串视作一个 \(p\) 进制数。
例如 \(abcdahi\) 视作 \(p=31\) 进制数 \((0123078)_{31}\)。\(h(abcdahi)=0\times 31^6+1\times 31^5+\dots+8\times 31^0\).
但这样答案可能是很大很大的，所以有一个方法：设定一个数 \(md\)，对 \(md\) 取模。
那我们为什么对进制哈希情有独钟？因为进制哈希带来了一些和进制整数类似的性质，很方便
比如我们现在处理出 \(s\) 所有前缀的 Hash 值。（进制哈希方便处理前缀）那我们要查询 \(s\) 的子段的 Hash 值就很方便，\(h(s[l\sim r])=h(s[0\sim r])-h(s[0\sim l-1])\times p^l\).
而且两字符串拼接后的哈希值也能方便求出。
当然，哈希一般只判断是否相等，对于更复杂的信息，那就只能另寻他法了~
注意是两个非空前缀。
基础想法：二重循环枚举两个前缀 + 一重循环判断是否是前缀，妥妥炸掉。
优化：先只用一重循环枚举一个前缀，第二个前缀位置可以二分（越大越好，越小越可行），判断是否是前缀可以哈希。
直接枚举前缀为循环节，然后枚举所有出现位置用哈希判断是否和循环节相等。
当枚举前缀长度 \(len=1\)，最差枚举 \(\dfrac{n}{1}\) 次。
当枚举前缀长度 \(len=2\)，最差枚举 \(\dfrac{n}{2}\) 次。
\(\dots\)
当枚举前缀长度 \(len=n\)，最差枚举 \(\dfrac{n}{n}\) 次。
总时间复杂度 \(O(n(1+\dfrac{1}{2}+\dots+\dfrac{1}{n}))\).
而当 \(n\le 10^6\)，后面的括号都不会超过 \(15\)，所以可以看作常数。
当然，也可以利用性质：如果 \(x\) 长度是前缀，那么前 \(n-x\) 个和后 \(n-x\) 个相等。少一重枚举循环节开始位置的循环。
判断 \(s\) 中的子段是否是回文串：
-
建立 \(s'=reverse(s)\)；
-
预处理出 \(s,s'\) 的前缀哈希；
-
如果一个子段在 \(s,s'\) 中的哈希值相等，就是回文子段。
\(O(n)\) 的预处理，\(O(1)\) 的查询。
这题里面类似处理：先全部取反，然后翻转。再在两个字符串里跑哈希。
但是 \(O(n^2)\) 枚举子串不行，我们可以用类似上面的优化：一重循环枚举对称轴 + 二分（越长越好，越短越可行）。
先对每个单词哈希。然后维护当前拼好的字符串的前缀哈希。
我们可以每次在拼上一个字符串时，前缀哈希递推——因为加字符只在末尾加。
查找最大匹配长度二分即可。
有点像电子字典？
排序！！！
先排序，这样我们只用找出所有段，段内任意两个都相差 \(1\) 位。注意如果 \(a,b\) 差一，\(b,c\) 差一，\(a,c\) 不一定差一。所以我们要固定 \(a,b,c\) 相差的位置，才能保证 \(a,b,c\) 都是差一。
判断两个串是否差一，用哈希尝试删去某一个位置的字符后是否相等。
具体实现时可以预处理出所有字符串删去某个位置后的 Hash 值，存在一个数组里。
然后一重循环枚举删去哪个位置，找出所有段：段内删去这个位置后都相等。
【哈希思想】
记给定多项式为 \(p(x)\)。
先有暴力思路：枚举 \(O(nm)\)，但是计算常数巨大。
我们可以改一改判断条件：\(p(x)=0\) 我们认为只要 \(p(x)\% md=0\) 就行。
我们把每个 \(a_i\) 看作一个字符串，求出它模 \(md\) 的 Hash 值，令 \(a_i\leftarrow h(a_i)\)。枚举解 \(x\)，就用正常的方法，对应的 \(x^{?}\) 乘上已经变成 Hash 值的系数 \(h(a_i)\)。判断结果是否为 \(0\)。
还有一个专属于这种多项式题的优化：可以搞几个模数 \(md_{1\sim 5}\)，我们要求 \(p(x)\%md_{1\sim5}=0\) 才看作是 \(0\)。另外，因为是多项式，所以 \(p(x)\equiv p(x+md_1)\pmod md_1\)。因此如果 \(p(x)\%md_1\) 不行，那 \(p(x+kmd_1)\) 也不行，打标记以后不枚举。
\(n\) 次解最多只有 \(n\) 个，这个优化效果显著。
不可以，总司令
哈希的想法：把复杂数对应到简单数上。
那我们也可以把复杂操作对应到简单操作上，维护复杂数对应到维护简单数上！
设点 \(i\) 出边边权为 \(v_i\)（随机），维护边权和 \(y\)。
\(v[u]\) 是一条边的边权，\(s[u]\) 是现在点 \(u\) 的出边边权和，\(T[u]\) 是初始时点 \(u\) 的出边边权和。
① 删一条边，\(y-=v[u],s[v]-=v[u]\)
② 删一个点，\(y-=s[i]\)
③ 恢复一条边，\(y+=v[u],s[v]+=v[u]\)
④ 加一个点，\(y+=(T[u]-s[u]),s[u]=T[u]\)
出错的概率怎么算？
假设随机数范围 \(t\)，查询次数 \(k\)。
单次不错 \(\dfrac{1}{t}\)，\(k\) 次不错概率 \((1-\dfrac{1}{t})^k \approx 1 - \dfrac{k}{t}.\)
那么全部操作正确的概率，在我们随机数范围取 \(10^9\) 时就是 \(1-\frac{10^6}{10^9}\approx 99.9\%\).
【哈希表】
可以用 Hash 值做索引，搞数组字典。
优点：\(O(1)\)，缺点：不能搞什么二分查找之类的，因为已经没有顺序了。
unordered_map 自己定义哈希函数模板：
struct my_hash {
long long operator()(const vector<int> &v) const {
long long res = 0, p = 131, md = 987656783;
for (auto i: v)
res = (res * p + i) % md;
return res;
}
};
unordered_map<vector<int>, int, my_hash> mp;
int main() {
vector<int> a(3, 5);
mp[a] = 5;
cout << mp[a];
return 0;
}
哈希可以通过长度和本身的哈希值，\(O(1)\) 合并！
这意味着我们可以用线段树维护！
\(val\) 设为一个二元组：\((hash,len)\) 哈希值和长度。
而查询是否存在，可以用 unordered_map 建立一个以哈希值为索引，布尔类型的哈希表。
标签：md,前缀,dfrac,枚举,哈希,字符串 From： https://www.cnblogs.com/FLY-lai/p/18000601