有一些小 trick，專門用一整篇部落格來寫不太合適，所以都放在這裡吧。
逆序對
考試的時候樹狀陣列做法顯然比其他的都好寫。
考慮每個元素對答案的貢獻，我們需要知道在它之前有多少元素比它大。
我們只需要維護一個權值樹狀陣列，在列舉到 \(i\) 的時候查詢當前樹狀陣列中的元素有多少比它大，為了方便處理我們倒序列舉，這樣相當於求順序對，方便樹狀陣列計算答案。
每次累加以後只需要把當前元素加進樹狀陣列即可。
for(int i=n;i>=1;i--)
{
ans+=ask(a[i]-1);
add(a[i],1);
}
二進位制分組
如果我們有一堆數字，現在要把它們多次分成兩組，要求對於每兩個數字都至少有一次分在不同的組。
我們考慮二進位制，對於每一位，把所有數字這一位為 \(0\) 的分成一組，為 \(1\) 的分成一組，可以證明這樣一定能滿足上述條件。
簡單證明
對於兩個不同的數字 \(i,j\)，它們的二進位制表達一定至少有一位是不同的，。因此按照上述分組方法一定會至少有一次不在同一組裡面。
證畢。
分組的過程很簡單，所以給一道例題。
[GXOI/GZOI2019] 旅行者
把所有感興趣的城市進行二進位制分組，然後搞兩個虛擬點，一個起點一個終點，分別給兩組點連 \(0\) 邊權的邊，然後跑最短路即可。
可愛的程式碼
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
inline int read()
{
int w=1,s=0;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return w*s;
}
using namespace std;
const int maxn=1e6+10;
int T,n,m,k;
int a[maxn];
struct no
{
int y,v;
};
vector<no> G[maxn];
struct dij
{
int y,id;
inline friend bool operator < (dij x,dij y)
{
return x.y>y.y;
}
};
int dis[maxn];
bool vis[maxn];
void dijkstra()
{
memset(dis,0x3f,sizeof dis);
memset(vis,0,sizeof vis);
priority_queue<dij> q;
dis[0]=0;
q.push({0,0});
while(!q.empty())
{
int u=q.top().id;
q.pop();
if(vis[u])continue;
vis[u]=1;
for(auto i : G[u])
{
int y=i.y,v=i.v;
if(dis[u]+v<dis[y])
{
dis[y]=dis[u]+v;
if(!vis[y])
q.push({dis[y],y});
}
}
}
}
signed main()
{
// freopen("tourist.in","r",stdin);
// freopen("tourist.out","w",stdout);
cin>>T;
while(T--)
{
n=read(),m=read(),k=read();
for(int i=0;i<=n;i++)G[i].clear();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x=read(),y=read(),v=read();
G[x].push_back({y,v});
}
for(int i=1;i<=k;i++)a[i]=read();
int ans=0x3f3f3f3f3f3f;
for(int i=0;(1<<i)<=n;i++)
{
G[0].clear();
for(int j=1;j<=k;j++)
{
if(a[j]&(1<<i))G[0].push_back({a[j],0});
else G[a[j]].push_back({n+1,0});
}
dijkstra();
ans=min(ans,dis[n+1]);
for(int j=1;j<=k;j++)
if((!(a[j]&(1<<i))))G[a[j]].pop_back();
G[0].clear();
for(int j=1;j<=k;j++)
{
if(!(a[j]&(1<<i)))G[0].push_back({a[j],0});
else G[a[j]].push_back({n+1,0});
}
dijkstra();
ans=min(ans,dis[n+1]);
for(int j=1;j<=k;j++)
if((a[j]&(1<<i))) G[a[j]].pop_back();
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
其實簡單一想就能發現類似的還有三進位制四進位制之類的分組，不過這些也不常用，但知道一點是一點。
高維字首和
這個不是樹狀陣列區間操作的高維字首和（這個誰用啊），而是維度。
類比ABC366D這道題，先給出一到三維字首和陣列的計算方法：
程式碼版(複製用)
sum[i]=a[i]+sum[i-1];
sum[i][j]=a[i][j]+sum[i][j-1]+sum[i-1][j]-sum[i-1][j-1];
sum[i][j][k]=a[i][j][k]+sum[i][j][k-1]+sum[i][j-1][k]+sum[i-1][j][k]-sum[i][j-1][k-1]-sum[i-1][j][k-1]-sum[i-1][j-1][k]+sum[i-1][j-1][k-1];
稍微懂一點數學的人都已經能看出來規律了。進行 \(n\) 維字首和的時候，對於字首和陣列的每一維，我們分別對 \(1\sim n\) 個下標進行 \(-1\) 的修改，如果修改個數維奇數，則符號為加號，否則為減號。
容易發現若修改個數為 \(m\)，則共需要修改 \(n\choose m\) 次。因此太高維的一般也不常用，瞭解即可。