By pan_g
我们认为 Hash 解决一切，自然溢出一下就好了，我直接 Hash 。
简而言之，就是通过一个映射函数 F(S) ，使得
一般来讲， F(S) = \sum_{i=0}^n B^iS_i \bmod P 或者 F(S) = \sum_{i=0}^n B^{n-i}S_i \bmod P 。
但是，由于为了更好更方便地求 Hash 值（包括一些其它的 Hash 求值），可能更倾向于后者，所以下文会按照后者计算。
有一点是非常显然的，那就是如果这个模数 P 越大，那么这个概率就越小；同样的，当 P 为质数时，在模 P 意义下得到每个数的概率可以认为是 均摊 的；还有，字符串个数 N 越大，越有可能发生 Hash 碰撞 / 冲突。
先说结论 N 个字符串发生 Hash 碰撞 / 冲突的概率是 1-e^{\frac{-N(N - 1)}{2P}} 。
因为可以考虑到如果前面已经有 i 个字符串不发生碰撞 / 冲突，只剩下 (P-i) 个位置剩余，使得不发生碰撞 / 冲突。
所以，很容易得到一个式子推一下，
再根据 Taylor 展开，
所以，根据大眼观察法，可知，
考虑到这种 Hash 方式，因为数据规模的 N 往往是被限制的。
所以简单粗暴的处理就是采用 大质数 或者 自然溢出 一下就好了 。
但是对于 这道题 来讲，因为值域的原因也很容易发生 Hash 冲突，尤其是在出题人的 良苦用心 ~~（精心构造）~~ 之下。
此时，我们就要采取 双 / 多 Hash ，这样的话 Hash 碰撞 / 冲突的发生概率是相乘的，那么此时产生这种情况的概率极小。
对于一个子串 S(l,r) 来讲，有些题可能会让我们在 O(1) 的时间内取出来，并做一定比较。
那我们就自然而然的会去想到求它的 Hash 值。
于是，去观察这个 Hash 的映射函数：
建议不要去背式子
简单抽一个 例题 ，细一看就是子串 Hash 板子，就是暴力枚举步长，再看看有几个不同的，最后取 \max 即可。
时间复杂度分析一下，
一般来讲的带修 Hash ，只是在一个子串上删一个或加一个，直接放 例题 了，思路很简单，甚至可不 Hash ，不放讲解。
那么，另一种带修 Hash 就是对字符串进行单点修改（多点就有点复杂了，因为有 Lazy Tag 的原因，不好解释），之后在进行一系列求值。
单点修改，区间查询，有结合律，无逆运算、交换律，能维护的最常见的不就是 线段树 吗？
只要记下线段树两段的长度，按类似子串 Hash 相反的方式去合并，就很轻松搞定了！
是不是肥肠简单（ε=ε=ε=┏(゜ロ゜;)┛）。
好的，看道 例题 ，也是带修 Hash 的一个套路题。
看见等差数列，同时长度 \operatorname{Len}\geq 3 ，说明我们可以直接考虑 \operatorname{Len} = 3 的情况是否满足即可，那么就可以简化一下，就是求是否存在 A_i - k 与 A_i + k 在 A_i 两侧。
于是就可以发现，出题人给的是一个 排列 ，可谓是非常 凉 心，但是排列说明了什么，说明了 值域范围是有限的 ，且 每个值只会出现一次 。
那么，考虑先把前面的数枚举一遍，考虑到只出现一次且值域为 N 的特性，可以维护一个长度为 N 的 01 串的 Hash 值， 0/1 表示值 x 是否在前面出现过。
如果对于每个 k 来讲如果都不满足条件的话，说明了以 A_i 为中心的 01 串是 回文的 ；反过来，如果对于距离 A_i 为 k 的 01 串的两个点不相等，说明了 A_i + k 或 A_i - k 其中之一没有在前面出现，然后因为每个数都会出现一遍，所以可以肯定两者是在 A_i 左右的。
于是，这道题贴一个带修 Hash 板子，判一下回文就秒掉了，是不是很简单。
我们认为你的每次出现，都是一次完美的匹配。
前缀函数的定义： P(i) 表示子串 S[0\cdots i] 最长 的 全等 的真前缀与真后缀长度，如果没有这样的真前缀与真后缀，那么为 0 。
首先，考虑暴力枚举，这个东西是 O(N^3) 。
然后，显然的我们可以考虑 从上一个的前缀 开始枚举。
为什么呢？因为如果 s[i + 1] = s[P(i)] 的话，那么此时 P(i + 1) = P(i) + 1 ，所以字符串的匹配会因为 匹配 次数，使得字符串比较次数为 O(N) ，时间复杂度 O(N^2) 。
接下来考虑 失配 的情况：
如果 s[0\cdots P(i) - 1] 与 s[i - P(i) + 1\cdots i] 是相同的，那么 s[0\cdots P(P(i) - 1)- 1] 与 s[i - P(P(i) - 1)+ 1 \cdots i] 也是相同的（其实一共是四段），见下图。
那么 P(i) 也可以是一个 失配指针 ，也就是不断地跳指针然后匹配。
时间复杂度：有一个很简单的说法，就是对于每一次求 P(i) 的操作，指针只会增加一次，所以减少也至多一次，所以时间复杂度是 O(N) 。
简称 KMP 算法，用以求模式串 s 在文本 t 中所有的 出现 。
我们可以构造一个字符串 s + \# + t ，其中 # 是一个不出现在 s 与 t 中的 脏字符 ，那么如果 P(i) = |s| ，显然就有 s 在 t 的 i - |s| + 1 - (|s| + 1) = i - 2|s| 的位置出现。
先放一道 例题 ，题意很简洁明了。
那么，就可以利用前缀函数去求这个字符串的 最小正周期 是多少。
先说结论：答案是 |s| - P(|s| - 1) ，为什么呢？
因为我们知道了 s[0\cdots P(|s| - 1)] 与 s[|s| - P(|s| - 1)\cdots |s| - 1] 是完全相等的，但是因为是真前缀的原因，并不代表 s[P(|s| - 1) + 1\cdots |s| - 1] 与 s[0\cdots |s| - P(|s| - 1) - 1] 是不完全相等的，可见下图。
所以这就恰好说明了这一段内最小正周期就是其本身，保证了没有更小的周期存在，否则违背了 最长相同 的定义。
同样的，这一段也是这个字符串的一个周期，因为这本身就是一个周期函数，一段相等的真前缀与真后缀肯定是由 字符串的周期 构成的。
综上所述，答案就是 |s| - P(|s| - 1) 。
我们认为你的每一个巧合，都是发现相同的桥梁。
Z(x) 表示最大的满足 S[0\cdots Z(x) - 1] = S[i\cdots x + Z(x) - 1] 的值。
考虑暴力枚举，这个是 O(N ^ 2) 的。
接下来，也可以换一种想法， Hash + 二分，可以在 O(N \log N) 的复杂度内得到答案，但是依然不是最优。
我们考虑像 KMP 一样优化它，假设我已经知道了前 (x - 1) 个的 Z(x) 。
假设当前的满足 x + Z(x) - 1 最大的点为 k(k < x) ，所以 [0, Z(k) - 1] 与 [k, k + Z(k) - 1] 一定是相等的，那么考虑将 x 对应的映射点找出来，即 x - k ，就会有 [0, Z(x - k) - 1] 与 [x + Z(x - k) - 1] 相等（其实也有四段），前提是 x - k + Z(x - k) - 1 \leq Z(k) - 1 （详见下图）。
对于另一种特殊情况，即 x - k + Z(x - k) - 1 > Z(k) - 1 时，由于定义仍然有 [0, k + Z(k) - x - 1] 与 [x, k + Z(k) - 1] 相等（详见下图）。
于是，由上可知 Z(x) 是在 \min\{Z(x - k), k + Z(k) - x\} 的基础上更新的，至于剩下的部分，欸？那就暴力吧。
时间复杂度：总体上来讲跟后面的 Manacher 的理念差不多（由于先写的 Manacher ），每次的暴力都会决定右端点，那么右端点最多到 N ，所以是 O(N) 的。
也称为 LCP (Longest Common Prefix) 。
求 s 与每一个 t 的后缀的 LCP 。
跟 KMP 一样，构造 s + \# + t ，跑一个 exKMP ，构造字符串中 t 对应位置的 Z(x) 就是当前位置的答案。
求 s 在 t 中的所有出现。
同上构造，如果 Z(x) = |s| ，显然就会有 s 在 t 的 x - |s| - 1 处出现。
同 KMP 处的推导，结论是最小的 |s| 的因数 d 满足 d + Z(d) = |s| ，自己悟吧，很好想的，图都是一样的。
我们认为你的每次向外拓展，都是为了下一次的便利。
现在给出一道题：
求出一个字符串 S 的最长回文子串。（ |S| \leq 10^7 ）
当然这道题有很多种求法，甚至用 Hash 就能把这题秒了（其实 Hash 可以做很多字符串题， Hash 不能做的基本都是你不会做的）。
比方说，你可以先处理前缀与后缀的 Hash 值，考虑到 一个回文串，去头去尾还是回文 ，所以可以先分 奇偶性 讨论，再考虑二分，然后看前后 Hash 值是否相等，总体下来时间复杂度 O(|S|\log_2|S|) 。
尽管 Hash 已经十分优秀了，但是还是秒不了这道题，于是不得不提到这个 Manacher 算法了。
其实 Manacher 和之前一样，我们可以假设已经找到了前 (i-1) 个以 j 为中心，以 R(j) 为最大半径的奇回文子串（以下未注明均是奇回文子串），接下来做的就是看是否能快速求出 R(i) ，这个回文子串也有一个优秀的性质：
假设当前的右端点最右且最长的回文子串是以 x 为中心的，那么假设有一个点 j(j < x) ，因为已经求得了 R(j) ，假设 j - R(j) + 1 \geq x - R(x) + 1 ，那么我们知道了 [j - R(j) + 1, j + R(j) - 1] 是回文的，于是又根据 [x - R(x) + 1, x + R(x) - 1] 也是回文的，且 [j - R(j) + 1, j + R(j) - 1] \subseteq [x - R(x) + 1, x + R(x) - 1] ，那么可以说明，关于 x 对称的区间 [2x - j - R(j) + 1, 2x - j + R(j) - 1] ，也是回文的（详见下图）；
对于 j - R(j) + 1 < x - R(x) + 1 的情况，由于回文串首尾各去一个仍回文，所以假设 i 是 j 关于 x 的对称点，都有 [2i - x - R(x) + 1, x + R(x) - 1] 的区间也是回文的（详见下图）。
于是，由上可知 R(i) 是在 \min\{x + R(x) - i, R(2x - i)\} 的基础上更新的。
什么？剩下部分怎么办？暴力扩展呗，遇事不决就暴力。
总有人想知道，就这么一剪枝，然后就暴力，时间复杂度不会爆吗？
但是我们会注意到，当 \min 值取到 R(2x - i) 的时候，其实就已经 不会向外拓展 了，因为回文的性质，既然在左侧不回文，那么在右侧必然也不回文，否则这个当前最长串也就不是回文了。
但是取到 x + R(x) - i 时，但是取到这个 \min 时，说明这个右端点最右的最长回文子串中心 x 就有可能带来更新，那么这个右端点就会增加，但是因为不会减小的缘故，所以右端点的移动和是 O(|S|) 的。
然后整体代码枚举的复杂度，显然也是 O(|S|) 的，同上分奇偶性处理，稍加修改即可。
因为分奇偶性处理实在是太麻烦了，所以考虑合并一下两种情况。
由于上文一直再讲奇回文子串怎么处理，所以就不如全部处理成奇的。
我不禁想起了 KMP 算法的脏字符思想，于是可以在原字符串的字符中间插入一个相同的脏字符 # ，于是我们会惊奇地注意到奇回文串会以原子串中心为中心，长度为 R'(i) ；偶回文串会以一个脏字符 # 为中心，长度为 R'(i) 。
这样不仅简单化了，还少处理了很多东西。
于是这个题就可以 O(|S|) 简单地做完了。
是不是又可以 睡 一个算法了。
于是，他来了，她来了，它带着 例题 走来了。
这道例题是一个非常水的题，因为我们会了 Manacher 。
当 S 是某个串翻转之后的前缀，说明了这个串是 S 的子串，同时有一个以 S 末尾为末尾的回文串。
然后，考虑到一个字符串 s 能翻出 s' 且 s' 也能翻出 s'' 的话，那么显然 s 也是可以翻出 s'' ，所以只要找到一个能翻出一个能使自己翻出 S 前缀的字符串，那么这也是合法的。
所以，就先跑一遍 Manacher ，然后打一个标记，最后把打标记的地方全输出来即可，时间复杂度 O(|S|) 。
我们认为走自己的路，会遇见同向而行的人，但却可能分别，亦或是终结。
首先，你会得到一个 字典 ，里面有一些 单词 ，以 边 为一个 字母 ，用一条 Trie 树的 简单路径 来代表一个 单词，由于 Trie 树往往与计数问题挂钩，所以节点上往往存的是计数。
现假设有字典：
那么会有一棵前缀计数 Trie 树会长成这样（当然也可以统计很多东西）：
从 Trie 树的形态上来看，插入一个单词与查询一个单词的 时间复杂度与单词长度成正比，单次取 O(|S|) ，同样的 空间复杂度也是跟字典大小与单词长度呈正相关 ，这也是为什么 Trie 树容易 TLE/MLE 的原因。
看一道 板子 。
非常简单的思路，考虑建两棵单词计数 Trie ，先把原先的字典存在其中一棵中，如果不存在这棵树内，那么就是 WRONG ；再接下来，把询问的单词扔进另一棵 Trie 树内，如果已经插入了这个单词，那么就是 REPEAT ；最后，就只能是 OK 。
这是一棵 Trie 树的变体，甚至可以作为一个常数小的 计数平衡树 。
树如其名，就是树边上不再是字母或者其他东西，只有 0/1 。当然，作为一种常见的 拆位思想 ，一般也是会去解决一些有关二进制或者数的计数相关的问题。
这个思想也是非常好想到的，所以不用学也会的。
看一道处理异或极值的 问题 ，也是 Trie 树的常见应用。
首先，我们是可以处理出来每个点到节点 1 的异或路径，一遍 DFS 就好了。
注意到 自身异或的性质 a \oplus a = 0 ，于是利用这个性质，可以把有重复路径的地方给消去，所以 \operatorname{dis}(1, x) \oplus \operatorname{dis}(1, y) = \operatorname{dis}(x, y) 。
因此，我们就可以放心的把 \operatorname{dis}(1, x) 扔进 01 Trie 内，最后再一个个地查过去。
然而，因为要最大化价值，所以 01 Trie 维护的是前缀计数，尽量走与自己当前位数不同的子树，这样就可将贡献最大化。
于是就 氢悚 地把这题切了。
理论上来讲就是线段树的可持久化，类比一下就很简单了。
【暂时先挖个坑】
我们认为 AC 自动机并不能自动 AC ，和一般的观点相反，它不是很友好。
一般来讲，自动机是指 确定有限状态自动机 (Deterministic Finite Automaton, DFA) 。
是 Automaton ，不是 Automation 啊喂！
由字符集 \Sigma ，状态集合 Q ，起始状态 S \in Q ，接受状态集合 F \subseteq Q ，与状态转移函数 \delta(q, \sigma), q \in Q, \sigma \in \Sigma 构成的五元组就是自动机，可以转化为一张图，比如 Trie 树就是一个自动机，甚至还会有 KMP 自动机之类的。
此处仅做了解并相应的采用其中的一些概念，更多请移步其它网站或博客。
AC 自动机主要解决了一个多模式串匹配的问题。
分为 Trie 树与 fail 指针两部分，即 KMP 的失配指针。
我们将所有的模式串扔进一个 Trie 树内部，就把 AC 自动机完成了一半。
失配指针与 KMP 的是差不多的，但是它是可以跳到别的字符串上，当然也会跳到自己本身。
接下来，我们将失配指针称为 \operatorname{fail} 指针。
令状态 u = \delta(p, c) \in Q, p \in Q, c \in \Sigma 表示 u 是 p 通过 c 字符相连的孩子。
\operatorname{fail}(u) 指向的 v 满足 v \in Q 且 v 是 u 的最长后缀。
可以发现， \operatorname{fail}(S) = S 。
类比 KMP ，如果 \delta(\operatorname{fail}(p), c) \in Q 那么，就一定有 \operatorname{fail}(u) = \delta(\operatorname{fail}(p), c) ，否则就找 \delta(\operatorname{fail}(\operatorname{fail}(p)), c) 依此类推。
比如，现借一下 OI-Wiki 的例子，有模式串：
那么，最后的 AC 自动机会长成这样：
看起来好阔怕，不想学了 ~~
可以采用 BFS 的方式，假设深度比状态 u 小的 \operatorname{fail} 指针的构建都已完成。
那么我们有如下构造：
如果 \delta(u, c) \in Q 那么，就将 \operatorname{fail}(\delta(u, c)) \leftarrow \delta(\operatorname{fail}(u), c) ，否则就将 \delta(u, c) \leftarrow \delta(\operatorname{fail}(u), c) 。
这样就可以保证在文本串没有对应节点时的匹配，自然跳到 \operatorname{fail} 指针处。
所以实际上是会长成这样：
更加阔怕了，怎么回事？
我们对文本串进行遍历，即 p \leftarrow \delta(p, t_i) ，然后不断地跳 \operatorname{fail} 指针，直到 S 状态，最后将经过的且存在单词的状态标记。
经过一通简单分析，可以发现这个方案的时间复杂度并不优，是 O(\sum |s_i| + |t|\max |s_i|) 的。
考虑优化，观察到 \operatorname{fail} 的指针一定指向深度较低的点，所以一定不会成环，而刨去初始状态之外，每个点都是只有一个指向，所以如果仅保留除 S 外的所有 \operatorname{fail} 指针，得到的一定是一棵树。
流行的一共有两种优化方案，一种是拓扑排序，就是遍历到一个点打一个标记，再用拓扑序上递推或 DP 的方式传到所有节点；还有一种是 DFS ，两者本质相同，不过多赘述。
到这里，可以将 luogu 上的三个模板做一下。
更常见的 AC 自动机主要是用于 AC 自动机上 DP ，省选里面肯定见到 AC 自动机，肯定是要带 DP 的，这种形式在上述优化中提到了，例题暂时还没做【再挖一坑】。
