更新

3-动态规划.md

@@ -188,6 +188,44 @@ int main()
 }
 ```
 
+数位dp中常见的状态设置：
+
+以下为记忆化搜索函数dfs的常设定的形参
+
+- pos：int型变量，表示当前枚举的位置，一般从高到低。// pos-1
+
+- limit：bool型变量，表示枚举的第pos位是否受到**限制**，// limit&&(i==a[pos])
+
+    - 为true表示取的数不能大于a[pos]，而只有在[pos+1,len]的位置上填写的数都等于a[i]时该值才为true
+    - 否则表示当前位没有限制，可以取到[0,R−1]，因为R进制的数中数位最多能取到的就是R−1
+
+- last：int型变量，表示上一位（第pos+1位）填写的值    // i
+
+    - 往往用于约束了相邻数位之间的关系的题目
+
+- lead0：bool型变量，表示是否有**前导零**，即在len→(pos+1)这些位置是不是都是**前导零**// lead0&&(i==0)
+
+    - 基于常识，我们往往默认一个数没有前导零，也就是最高位不能为0，即不会写为000123，而是写为123
+
+    - 只有没有前导零的时候，才能计算0的贡献。
+
+    - 那么前导零何时跟答案有关？
+
+        - 统计0的出现次数
+        - 相邻数字的差值
+        - 以最高位为起点确定的奇偶位
+
+- sum：int型变量，表示当前len→(pos+1)的数位和 // sum+i
+
+- r：int型变量，表示整个数前缀取模某个数m的余数 // (10*r+i)%m
+
+    - 该参数一般会用在：约束中出现了能被m整除
+    - 当然也可以拓展为数位和取模的结果
+
+- st：int型变量，用于状态压缩 // st^(1<<i)
+
+    - 对一个集合的数在数位上的出现次数的奇偶性有要求时，其二进制形式就可以表示每个数出现的奇偶性
+
 ## 状压DP解哈密顿回路问题
 
 ```cpp

4-数学.md

@@ -518,3 +518,213 @@ vector<ll> factorize(ll n)
     return p;
 }
 ```
+
+## FFT与NTT
+以模板题[P3803 【模板】多项式乘法（FFT）](https://www.luogu.com.cn/problem/P3803)为例
+
+### FFT
+```cpp
+//使用vector:737ms/1.83s
+//使用全局C数组:652ms/1.69s
+const double pi=3.14159265358979323846264338;
+const ll rmax=3e6;
+const ll maxn=rmax+10;
+using comp=complex<double>;
+    comp a[maxn];
+    comp b[maxn];
+    ll r[maxn];//这几个东西的范围应该是一个比2e6大的2的某个幂这样子
+void change(comp a[],ll n){
+    rep(i,0,n-1){
+        r[i]=r[i/2]/2;
+        if(i&1) r[i]+=n/2;
+    }
+    rep(i,0,n-1){
+        if(i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);
+    }
+}
+void fft(comp a[],ll n,ll op){
+    change(a,n);
+    for(ll m=2;m<=n;m<<=1){
+        comp w1({cos(2*pi/m),sin(2*pi/m)*op});//相同的长度具有相同的基底
+        for(ll i=0;i<n;i+=m){
+            comp wk({1,0});
+            for(ll j=0;j<m/2;j++){
+                comp x=a[i+j],y=a[i+j+m/2]*wk;
+                a[i+j]=x+y;
+                a[i+j+m/2]=x-y;
+                wk*=w1;
+            }
+        }
+    }
+}
+void solve(){
+    ll n,m;
+    cin>>n>>m;
+    ll sum=n+m;
+    ll len=1;
+    while(len<=sum){
+        len<<=1;
+    }
+    rep(i,0,n){
+        cin>>a[i];
+    }
+    rep(i,0,m){
+        cin>>b[i];
+    }
+    fft(a,len,1);fft(b,len,1);
+    for(ll i=0;i<len;i++){
+        a[i]=a[i]*b[i];
+    }
+    fft(a,len,-1);
+    rep(i,0,sum){
+        cout<<(ll)(a[i].real()/len+0.05)<<" ";
+    }
+    cout<<endl;
+}
+```
+
+### NTT
+```cpp
+//使用vector:586ms/1.54s
+//使用全局C数组:522ms/1.41s
+const ll rmax=3e6;
+const ll maxn=rmax+10;
+const ll mod=998244353;
+    ll g=3;//原根
+    ll ginv=332748118;
+    ll a[maxn];
+    ll b[maxn];
+    ll r[maxn];
+ll fast(ll b,ll idx){
+    ll ans=1;
+    while(idx){
+        if(idx&1) ans=ans*b%mod;
+        b=b*b%mod;
+        idx>>=1;
+    }
+    return ans;
+}
+void change(ll a[],ll n){
+    rep(i,0,n-1){
+        r[i]=r[i/2]/2;
+        if(i&1) r[i]+=n/2;
+    }
+    rep(i,0,n-1){
+        if(i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);
+    }
+}
+void ntt(ll a[],ll n,ll op){
+    change(a,n);
+    for(ll m=2;m<=n;m<<=1){
+        ll w1=(op==1?g:ginv);
+        w1=fast(w1,(mod-1)/m);
+        for(ll i=0;i<n;i+=m){
+            ll wk=1;
+            for(ll j=0;j<m/2;++j){
+                ll x=a[i+j],y=a[i+j+m/2];
+                a[i+j]=(x+y*wk)%mod;
+                a[i+j+m/2]=(x-y*wk%mod+mod)%mod;
+                wk=wk*w1%mod;
+            }
+        }
+    }
+}
+void solve(){
+    ll n,m;
+    cin>>n>>m;
+    ll sum=n+m;
+    ll len=1;
+    while(len<=sum){
+        len<<=1;
+    }
+    rep(i,0,n){
+        cin>>a[i];
+    }
+    rep(i,0,m){
+        cin>>b[i];
+    }
+    ntt(a,len,1);ntt(b,len,1);
+    rep(i,0,len-1){
+        a[i]=a[i]*b[i]%mod;
+    }
+    ntt(a,len,-1);
+    ll leninv=fast(len,mod-2);
+    rep(i,0,sum){
+        cout<<a[i]*leninv%mod<<" ";
+    }
+    cout<<endl;
+}
+```
+
+## 线性基
+
+### 构建
+```cpp
+    ll p[60];
+void insert(ll x){
+    for(ll i=31;i>=0;i--){
+        if(!(x>>i)) continue;
+        if(!p[i]){
+            p[i]=x;
+            break;
+        }
+        x^=p[i];
+    }
+}
+bool query(ll x){
+    for(ll i=31;i>=0;i--){
+        if((x>>i)&1){
+            x^=p[i];
+        }
+    }
+    return (x==0);
+}
+```
+
+### 优雅化
+```cpp
+void rebuild(){
+    ll cnt=0;
+    per(i,31,0){
+        per(j,i-1,0){
+            if((p[i]>>j)&1){
+                p[i]^=p[j];
+            }
+        }
+        if(p[i]){
+            p1[cnt++]=p[i];
+        }
+    }
+    reverse(p1,p1+cnt);
+}
+```
+
+### 线性基的交
+
+```cpp
+struct node {
+	ll p[60];
+	node() {memset(p,0,sizeof p);}
+};
+node d,all;
+node merge(const node&a,const node&b) {
+	node res;
+	d=a,all=a; //all表示目前所有可用的低位基 
+	ll k; //k是把Bi和它的低位削减至0所用到的A的异或和 
+	for(int i=0;i<60;++i) {
+		if(!b.p[i]) continue;
+		ll v=b.p[i];
+		k=0;
+		int j;
+		for(j=i;j>=0;--j)
+			if(1LL<<j&v) {
+				if(all.p[j]>0)
+                    v^=all.p[j],k^=d.p[j];
+				else break;
+			}
+		if(!v) res.p[i]=k;
+		else all.p[j]=v,d.p[j]=k;
+	}
+	return res;
+}
+```

5-图论.md

@@ -792,6 +792,77 @@ void pathAdd(int u, int v, int x)
 ```
 * 对`u, v`之间简单路径做树上差分的做法是 `tag[u]++, tag[v]++, tag[lca]--, tag[fa[lca]]--`。
 
+## 二分图最大匹配问题
+匈牙利算法
+
+用于解决二分图最大匹配问题（如：存在若干男女及其喜欢关系（没有同性恋），求最大匹配数/匹配时人不可重复使用）
+
+dfs解：[P3386 二分图最大匹配 洛谷](https://www.luogu.com.cn/problem/P3386)
+
+```cpp
+	//男女生模型
+    vector<ll> edge[maxn];//edge[u]里面有v代表男生u和女生v可以相连
+    ll vis[maxn];//vis[v],在该次dfs下，女生v是否已经配对
+    ll match[maxn];//match[v]=u,女生v和男生u配对
+bool dfs(ll now){
+    for(auto t:edge[now]){
+        if(vis[t]) continue;
+        vis[t]=1;
+        if(!match[t]||dfs(match[t])){
+            match[t]=now;
+            return true;
+        }
+    }
+    return false;
+}
+void solve(){
+    ll n,m,e;
+    cin>>n>>m>>e;
+    rep(i,1,e){
+        ll u,v;
+        cin>>u>>v;
+        edge[u].push_back(v);
+    }
+    ll ans=0;
+    rep(i,1,n){
+        rep(j,1,m){
+            vis[j]=0;
+        }
+        if(dfs(i)) ans++;
+    }
+    cout<<ans<<endl;
+}
+```
+这道题比较特殊，两类点是可以在一开始就明确分好的，下面给出一个未知分类的，较为通用的解
+
+```cpp
+    vector<ll> edge[maxn];
+    ll vis[maxn];
+    ll match[maxn];
+    ll tag;
+bool dfs(ll now){
+    for(auto t:edge[now]){
+        if(vis[t]==tag) continue;
+        vis[t]=tag;
+        if(!match[t]||dfs(match[t])){
+            match[t]=now;
+            match[now]=t;
+            return true;
+        }
+    }
+    return false;
+}
+ll hungarian(ll n,ll m){
+    ll ans=0;
+    rep(i,1,n){
+        if(match[i]) continue;
+        tag=i;//类似时间戳
+        if(dfs(i)) ans++;
+    }
+    return ans;
+}
+```
+=======
 ## 差分约束
 给出一组包含m个不等式，n个未知数的不等式组