区间转化为点
前缀和与差分
通过预处理将区间操作转化为对点的操作，降低难度
其中差分思想应用较广，只要有二元性，就可以考虑差分。
如类似于加减这样的互逆的操作可用差分维护；如果一个点只有两种状态，或一个数在改变前后的奇偶性相反，都可以考虑差分。
P2882 [USACO07MAR]Face The Right Way G
每头牛只有前后两个状态，相当于0和1，因此可以通过差分的方式来\(O(1)\)维护翻转
P4556 [Vani有约会]雨天的尾巴 /【模板】线段树合并
高维前缀和
没完全懂
压缩一维的大小
离散化
主要有两种类型
第一是问题不在意具体数值，只在意数值之间的大小关系
第二是题目中满足一些性质，可将一大段取值区间内的情况等价成一个点
离散化的方式也很多,有排序、二分、map、平衡树等
对两维的询问，利用单调性降维
two-pointers
维护两个指针\(l,r\)每次确定区间的左端点,让\(r\)不断向右移动,直到满足条件停下,维护一下答案
这里的单调性定义很宽，可以是决策单调，影响单调等
题目只要求合法的状态数，而如果当前状态合法，那么右端点右面的所有状态也合法，这意味着在同一种客栈中进行选择是有单调性的。因此可以two-pointers,若判断当前状态合法，左指针右移，不合法，右指针右移。
换研究对象
恒等式类
一个恒等式,如 \(A_i=B_i-C_i\),求 \(A_i\) 的最大值，可转化为枚举\(B_i\),求\(C_i\)的最小值
实际上，枚举\(B_i\)相当于把\(B_i\)定为常量，然后就可以通过计算比较易得的\(C_i\)的最小值来求\(A_i\)的最大值
如果我们发现了相关的恒等式，都可以参考上面的方法，来转换研究对象
在OI中，常见的恒等式不多，除了题目中给的以外，大概有：
前缀和 \(A[l , r]=su m[r]-sum[l-1]\)
差分 \(delta[i]=A[i]-A[i-1]\)
最短路中的不等式 \(Min+w[x]<=dis[v[x]]\)
预处理好前缀和后，枚举\(i\),再查找 \([i-m,i)\) 前缀和数组的最小值 ，此时 \(sum[i]-min\)就是最大值
正难则反
直接求解问题困难的时候，可以尝试反过来想
如选一些数使他们的和最大，等价于删去一些数，使删去的数之和最小
选出数字之和最大等价于删去数字之和最小，而由题意，任意连续\(k\)个数中至少有一个数被删去。定义\(f[i]\)为前i个数中删去的数的最小和，则\(f[i]=minf[i-k+1,i-1]+a[i]\)
本题要求序列中长度为\(T-S\)的子序列的最大平均值。
显然
\(\overline{X_{max}}>=\overline{X}\)
\(\overline{X_{max}}-\overline{X}>=0\)
\((T-S)\overline{X_{max}}-(T-S)\overline{X}>=0\)
所以我们可以将原序列全部减去当前平均值，问题转化为判断是否存在一个长度在\([S,T]\)范围内的区间它的和为正，如果有说明还有更大的平均值。
因此可以二分答案
根据题目性质将问题简化
奇偶性反转
P2882 [USACO07MAR]Face The Right Way G
每头牛只有前后两个状态，相当于0和1，因此可以通过差分的方式来\(O(1)\)维护翻转
利用性质减少计算量
题目只要求合法的状态数，而如果当前状态合法，那么右端点右面的所有状态也合法，可以直接用这种颜色的客栈数减去指针算出后面的合法状态数，减少了计算量。
多维最值降维
在一个\(n \times n\) 的矩阵中，如果 \(a\) 既是行中的最值，又是列中的最值，那么 \(a\) 一定是整个矩阵中的最值。
我们可以先对每行进行长度为 \(n\) 的滑动窗口，得到每个\(n \times n\) 矩阵的行最值，这些最值构成一个行最值矩阵。再对行最值矩阵的每列进行长度为 \(n\) 的滑动窗口，这样就得到了每个\(n \times n\) 矩阵的最值，枚举计算答案即可