哈希HASH的本質思想類似於映射、離散化。
哈希，通過給不同字符賦不同的值、並且欽定一個進制K和模數，從而實現一個字符串到一個模意義下的K進制數上。
它的主要目的是判重，用於$DFS$、$BFS$判重（八數碼），字符串判斷相等、出現等等。
本篇總結字符串哈希以及一些應用例題。
為什要用字符串哈希？
因為取出一個字符串是$O(n)$的，比較一遍又是$O(n)$的，況且要比較兩個甚至多個。這就成了$n^2$級別的了。
那我們比較數字怎么就不用這么麻煩呢？因為數字可以直接比較，（雖然不知道內部是怎么實現的，反正比一位一位比較肯定快）所以我們考慮把字符串映射到數字上。
就有了字符串哈希。
通過字符串哈希，只要題目支持預處理，我們可以$O(n)$預處理之后，$O(1)$進行提取，$O(1)$進行判重。
字符串哈希需要什么？
1.字符。初始坐標無所謂。
2.K進制數，通常選擇$131$，$13331$，這兩個質數沖突幾率很小（不要問我為什么）。
3.取模數，我用過 $1e9+7$，$998244353$，用$2^{64}$也可以，這里利用自然溢出，一般不會有問題。提一句，$unsigned\space long\space long$做減法，即使算出來應該是負數，會自動加上$2^{64}$，相當於$(a+mod-b)%mod$了。沒有問題。
處理hash：
1.預處理$K^{len}$ 放入$k[]$中儲存。
2.順便處理$hash[i]=hash[i-1]*K+str[i]$
hash的容器：
1.一個題可能產生很多哈希值。有的時候我們要找一個容器存儲。能夠比較快速地查詢一個$hash$值有沒有出現過。
2.比較常用的是$map<ll,bool>$，因為本身map就是映射。
3.但是$map$不但有$logn$，常數也不小。於是就有了hash表。
其實就是對$hash$值再分類存放。就可以避免很多沒有意義的查詢。
再找一個模數，一般是所有哈希值出現次數的幾分之一（數組能開下），可以的話，就取出現次數也行。
然后，哈希值先除以模數，余數就是位置。然后用鄰接表存儲。
字符串哈希的基本操作：
1.提取：$a[l,r]$段：$hash[r]-hash[l-1]*k[r-l]$ 類似前綴和。
2.插入，同處理。
操作均是$O(1)$
字符串哈希支持的應用操作：
1.判斷字符串是否相等。取hash段比較即可，$O(1)$
2.找某兩個位置開始的$LCP$（最長公共前綴），二分位置+$hash$判斷 $O(logn)$ （長度夠小，可用$trie$樹，更好的支持多串$LCP$）（當然，如果你會$SA$，這些都是小兒科~）
3.判斷兩個串字典序大小，找$LCP$，判斷下一位大小。$O(logn)$
4.找回文串。但是要正反二分。如果可以預處理的話，當然不如$manacher$。或者你用SA建反串然后找LCP。
哈希沖突
1.由於取模，所以有一定幾率，兩個不同的串，但是哈希值相同。
我們認為哈希值相同，串就相同了。所以，就會出現錯誤。
像1e9+7,unsigned long long 這些，都可以特殊構造卡掉。
見bzoj HASH KILLER系列。
2.解決方法：
①取大質數作為模數。$10^{15}$以上的模數更不容易被卡。
②雙哈希
即處理兩個哈希值。相同的字符串一定兩個都相同，因為都是同樣的構造方法。
如果哈希值不同，一定是不同的字符串。
這個時候，如果兩個串的兩個哈希值對應相等，我們就認為相等。否則不等。
這樣子沖突的概率就很小了。$1e9+7$，$998244353$的雙模數就基本卡不掉了。
字符串哈希例題：
T1：POJ2758
給定一個字符串，要求維護兩種操作
在字符串中插入一個字符
詢問某兩個位置開始的LCP
插入操作<=200，字符串長度<=5w，查詢操作<=2w
分析：有人用后綴數組？？不會。Splay？？不會。
操作小於等於200，直接暴力重構是正解！！
注意：
1.插入字符位置可能遠大於len，要向len+1取min
2.詢問位置是初始位置，重構的時候，可以暴力循環記錄每一個初始位置現在已經變到了第幾個位置。
#include<cstdio> #include<cstdlib> #include<algorithm> #include<iostream> #include<cmath> #include<cstring> using namespace std; typedef long long ll; const int N=80000+210; const int mod=998244353; const int K=13331; ll h[N]; ll c[N]; int n,m; int len; int f[N]; int ne[N]; char o[N],a[N]; int main() { scanf("%s",o+1); n=strlen(o+1); memcpy(a+1,o+1,sizeof o);len=n; //cout<<" lenn "<<len<<endl; scanf("%d",&m); for(int i=1;i<=n;i++) ne[i]=i; c[0]=1; for(int i=1;i<=n+m+1;i++) { c[i]=(c[i-1]*K)%mod; if(i<=n) h[i]=(h[i-1]*c[1]+(int)o[i])%mod; } char ch,op; int num,x,y; //cout<<"fir "<<a+1<<endl; while(m--){ scanf(" %c",&op); if(op=='Q'){ scanf("%d%d",&x,&y); x=ne[x],y=ne[y]; //cout<<x<<" and "<<y<<endl; if(a[x]!=a[y]){ printf("0\n");continue; } int ans; int l=0,r=min(len-x,len-y)+1; //cout<<" origin "<<l<<" "<<r<<endl; while(l<=r){ int mid=(l+r)>>1; int ed1=x+mid-1; int ed2=y+mid-1; ll ha1=(h[ed1]+mod-h[x-1]*c[mid]%mod)%mod; ll ha2=(h[ed2]+mod-h[y-1]*c[mid]%mod)%mod; //cout<<mid<<" hash "<<ha1<<" "<<ha2<<endl; if(ha1==ha2) { ans=mid,l=mid+1; } else{ r=mid-1; } } printf("%d\n",ans); } else{ scanf(" %c%d",&ch,&num); if(num>len) num=len+1; ///add(num); len++; for(int i=len;i>=num+1;i--) a[i]=a[i-1]; a[num]=ch; for(int i=num;i<=len;i++) h[i]=(h[i-1]*c[1]+(int)a[i])%mod; for(int i=n;i>=1;i--) { if(ne[i]>=num) ne[i]++;else break;} } //cout<<a+1<<endl; } return 0; }
以下是配贈福利
樹哈希：
我們知道，一棵無根樹可以以任何一個點為根。兩個樹可能看過去形態不同，但是可能存在固定兩個樹的根，然后對整個樹重新編號，使得完全相同。
求樹的同構就是這樣。
類似字符串同構，我們也要適用哈希。
模板例題：
BZOJ 4337: BJOI2015 樹的同構
50棵樹，50個節點。求同構。
方法：
1.對於兩個同構的樹，存在固定兩個樹的根，然后對整個樹重新編號，使得完全相同。
所以，我們可以對一個樹，以每個點為根，然后dfs一遍。
$dfs$的時候，處理子樹的$hash$值。
$hash$的$base$值和第幾個兒子有關。是各不相同的素數。
然后，對於一個子樹，把所有的兒子$hash$值，排序，從小到大合並。
然后對於所有的$hash$值，$sort$一遍。
兩個樹相同，當且僅當所有的$N$個點的$hash$值對應相同。
我們的$hash$值考慮了深度、每個點節點個數。所以不容易沖突。
2.我們之所以要以每個點為根，然后$dfs$一遍，
是因為可能重新編號后根不知道是哪兩個。
但是這樣比較暴力。$N^3$
發現，對於一個無根樹，重心最多兩個。
對於兩個同構的樹，如果我們把重心的搭配4種枚舉一下，那么必然存在一種樹的$hash$相同。
所以，可以對每個樹以重心掃兩邊即可。
$hash$的$base$，也可以考慮用歐拉序。