前言
此文主要介绍hash的各种乱搞方法，hash入门请参照我之前这篇文章
不好意思hash真的可以为所欲为
在开头先放一下题表（其实就是我题解中的hash题目qwq）
查询子串hash值
必备的入门操作，因为OI中用到的hash一般都是进制哈希，因为它有一些极其方便的性质，比如说，是具有和前缀和差不多的性质的。
假设一个字符串的前缀hash值记为(h[i])，我们hash时使用的进制数为(base)，那么显然(h[i]=h[i-1]*base+s[i])
记(p[i])表示(base)的(i)次方，那么我们可以通过这种方式(O(1))得到一个子串的hash值（设这个子串为s[l]...s[r])
typedef unsigned long long ull;
ull get_hash(int l, int r) {
return h[r] - h[l - 1] * p[r - l + 1];
}
可是为什么呢？
我们知道，进行进制哈希的过程本质上就是把原先得到的哈希值在(base)进制上强行左移一位，然后放进去当前的这个字符。
现在的目的是，取出(l)到(r)这段子串的hash值，也就是说，(h[l-1])这一段是没有用的，我们把在(h[r])这一位上，(h[l-1])这堆字符串的hash值做的左移运算全部还原给(h[l-1])，就可以知道(h[l-1])在(h[r])中的hash值，那么减去即可。（简单的容斥思想）
这是基本操作，现在来看一个这个的拓展问题。
题意
现在有一个字符串(s)，每次询问它的一个子串删除其中一个字符后的hash值（删除的字符时给定的）
要求必须(O(1))回答询问
Sol
删除操作？那不能像上面那样子简单粗暴的来搞了，但是其实本质上是一样的。
假设我们现在询问的区间为([l,r])，删除的字符为(x)（指位置，不是字符）
类比上面的做法，我们可以先(O(1))得到区间([l,x-1])和区间([x+1,r])的hash值，那么现在要做的事情就是把这两段拼起来了，由于我们使用的是进制hash，所以其实很简单，强行将前面的区间强行左移(r-x)位（这么看可能会好理解一点：(r-(x+1)+1)）就好。
代码实现也很简单
typedef unsigned long long ull;
ull get_hash(int l, int r) {
return h[r] - h[l - 1] * p[r - l + 1];
}
ull get_s(int l, int r, int x) {
return get_hash(l, x - 1) * p[r - x] + get_hash(x + 1, r);
}
这题的原题是LOJ#2823. 「BalticOI 2014 Day 1」三个朋友 ，需要分类讨论一下，不过知道上面这个也就不难了
用hash求最长回文子串/回文子串数
最长回文子串！我知道！马拉车！可以(O(n))！
可是如果你马拉车写挂了呢？或者像我一样不会马拉车
这时候就得靠hash来水分了
我们知道，回文子串是具有单调性的
如果字符串s[l...r]为回文子串，那么s[x...y](l<x,y<r)也一定是回文子串
单调性！我们是不是可以二分？
我们暂时只讨论长度为奇数的回文子串。（事实上，长度为偶数的回文子串与奇数的只是处理上的一些细节不同，仅此而已）
考虑枚举回文子串的中点，并二分回文子串的长度（不过一般来说，二分回文子串的长度的1/2可能会更好写一点），那么我们使用上文提到的(O(1))查询子串hash值的方法，就可以(O(1))判断二分得到的这个子串是不是回文子串了。
对于长度为偶数的回文子串，枚举中点左边/右边的字符即可
效率是(O(nlogn))的，复杂度较马拉车算法比较逊色，不过如果马拉车算法打挂或者是时间复杂度允许的情况下，hash也是一个不错的选择。
然后还有一种方法，适合像我这种下标总是搞错的，可以直接处理出正串和反串的hash值，然后每次根据二分出来的长度计算整个字符串的起止，判断正串和反串的hash值是否相等即可。（这样就不用研究恶心的下标了...研究下标还得分奇偶讨论...）
字符串的很多特性是具有单调性的，二分求解是一个常见的思路，配合哈希进行判断操作一般可以做到在(O(nlogn))效率内完成问题
例题：SP7586 NUMOFPAL - Number of Palindromes
练习：LOJ#2452. 「POI2010」反对称 Antisymmetry
例题代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
#define N 10100
#define base 13131
char s[N];
ull h1[N], p[N], h2[N], ans = 0;
int n;
ull gh1(int l, int r) { return h1[r] - h1[l - 1] * p[r - l + 1]; }
ull gh2(int l, int r) { return h2[l] - h2[r + 1] * p[r - l + 1]; }
ull query1(int x) { //奇
int l = 1, r = min(x, n - x);
while(l <= r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if(gh1(x - mid, x + mid) == gh2(x - mid, x + mid)) l = mid + 1;
else r = mid - 1;
}
return r;
}
ull query2(int x) { //偶
int l = 1, r = min(x, n - x);
while(l <= r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if(gh1(x - mid + 1, x + mid) == gh2(x - mid + 1, x + mid)) l = mid + 1;
else r = mid - 1;
}
return r;
}
int main() {
scanf("%s", s + 1); p[0] = 1;
n = strlen(s + 1);
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
h1[i] = h1[i - 1] * base + s[i];
p[i] = p[i - 1] * base;
}
for(int i = n; i; i--) h2[i] = h2[i + 1] * base + s[i];
for(int i = 1; i < n; ++i) {
ans += query1(i) + query2(i);
}
printf("%llu
", ans + n);
}
用hash代替kmp算法
关于kmp算法，可以看pks大佬的blog，讲的真的很好！
但是我们这里不讲kmp算法，我们利用hash来代替kmp算法求解单模式串匹配问题。
但是kmp算法的next数组真的很妙！可以解决很多神奇的东西，强烈推荐去学学！
好了，步入正题。
单模式串匹配问题是什么？
给出两个字符串(s1)和(s2)，其中(s2)为(s1)的子串，求(s2)在(s1)中出现多少次/出现的位置。
如果有认真看过该篇文章的第一子目的话，应该不难想到这题的hash做法。
具体做法是预处理出来两个串的hash值，因为求的是(s2)在(s1)中出现的次数，所以我们要匹配的长度被压缩到了(s2)的长度，所以我们只需要枚举(s2)在(s1)中的起点，看看后面一段长度为(len)的区间的hash值和(s2)的hash值一不一样就好。
时间复杂度是(O(n+m))的！和kmp算法一样！
例题：LOJ #103. 子串查找 (本来想放洛谷的结果要输出next数组就没办法了23333)
例题代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 1000010
#define ull unsigned long long
#define base 233
ull h[N], p[N], ha;
char s1[N], s2[N];
int main() {
scanf("%s%s", s1 + 1, s2 + 1);
int n = strlen(s1 + 1), m = strlen(s2 + 1);
for(int i = 1; i <= m; ++i) ha = ha * base + (ull)s2[i];
p[0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
h[i] = h[i - 1] * base + (ull)s1[i];
p[i] = p[i - 1] * base;
}
int l = 1, r = m, ans = 0;
while(r <= n) {
if(h[r] - h[l - 1] * p[m] == ha) ++ans;
++l, ++r;
}
printf("%d
", ans);
}
用hash代替其他一些字符串算法
因为博主并没有写过，所以并不打算深入讲（没写过不熟悉啊...）
这一子目会分析一下hash还能代替哪些算法以及使用hash算法代替的复杂度是多少
manacher算法
求最长回文串/回文串个数manacher算法是可以做到(O(n))的
使用hash+二分可以做到(O(nlogn))，并且实现简单
kmp算法
进行单模式串匹配可以使用hash进行
复杂度(O(n+m))，kmp算法复杂度也是(O(n+m))。但是kmp的next数组可以做到一些hash做不到的事情。
上面两个是前面两子目分析过的。
AC自动机
多模式串匹配：求文本串中各个模式串出现了多少次。
设文本串的长度为(n)，模式串的总长度为(len)，模式串的个数为(m)
hash出文本串中每个子串，并存入一个map中，复杂度是(O(n^2logn))的（用map主要是便于查询）。然后hash出每个模式串，复杂度是(O(len))的。
对每个模式串，查询对应的map中文本串的子串的个数即可。复杂度(O(mlogn))
总复杂度是(O(n^2logn+len+mlogn))
这个(log)可以去掉的（自行写个哈希表）。
所以并没有什么用...还是用AC自动机实在。
用AC自动机可以做到(O(n+len))
后缀数组
求后缀数组中的SA数组。（如果不知道请自行百度）（给定的串为S）
最暴力的做法是直接对每个后缀进行排序，并逐字符匹配，这样会达到(O(n^2logn))
那么有没有不这么无脑的做法？
有！有个hash+二分的神仙做法可以做到(O(nlognlogn))
我们处理出整个串S的hash值。
在排序中对两个子串进行排序的过程中，采用二分找相同的前缀（比较用hash，可以(O(1))），那么设我们最后二分到的值为r，则直接比较(s[x+r+1])和(s[y+r+1])的大小即可（设子串1的起点为(x)，子串2的起点为(y)）。这样每次比较的复杂度就是(O(logn))了。
加上排序，总的复杂度为(O(nlognlogn))
并且其实还能求出height数组的，但是我自己对height数组的理解也不大行，所以这里就不讨论这个。
而后缀数组的复杂度是(O(nlogn))（使用倍增法）
后缀数组这部分主要参考自李煜东的《算法竞赛进阶指南》。
使用hash的几个要注意的地方
在复杂度允许的情况下，尽量采用多hash（不过一般双hash就够）
比赛时能不用自然溢出就不要（平时刷题如果用自然溢出被卡可以及时换掉，但是比赛时如果用自然溢出，OI赛制就GG了）
模数用大质数这个不用说了
并且进制数不要选太简单的，比如(233)和(13131)这样的，尽量大一点，比如(13131)和(233333)。太小容易被卡。
以及要合理应对各种卡hash方法的最好方法就是自己去卡一遍hash，详情请参考BZOJ hash killer系列。