算法竞赛中的杂项算法

carish all

已于 2024-10-11 18:40:16 修改

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文章标签：算法 c++

于 2024-09-25 23:24:06 首次发布

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1. 异或哈希

持续更新中喔~~~，如果有错误欢迎提出噢^_^。

1. 异或哈希

先来看这么一道题：https://codeforces.com/contest/2014/problem/H。题意大致为：给你一个数组，大小为n(n<=2e5)，每个元素的值域为[1,1e6]。q(q<=2e5)个查询，每次查询一个区间，问这个区间每个出现了的数字的出现次数是否都是偶数次。

提示：这道题也可以使用莫队算法，如果有兴趣可以去了解一下。

仔细思考这道题，一个区间如果每个数都出现偶数次，那么有所有数的异或为0，但是是否是异或为0，每个数都出现偶数次呢？明显不是的，比如1^2=5^6。那是不是这种思路就不行了呢？雀氏，异或为0，不能说明每个数出现偶数次。但是如果每个数都是随机数的话，这就很有可能了。有如下结论：

有n(n>=1)个最高位为m的随机数（比如n个unsigned int，最高位为32，这里的最低位从1开始）（每个数的值域为[0, $2^m-1$ ]，一个数等于x的概率为 $\frac{1}{2^m}$ ），这n个数异或为0的概率为 $\frac{1}{2^m}$ 。

证明：

①对于n=1的情况，概率明显为 $\frac{1}{2^m}$ 。

②对于n=2的情况，也即两个随机数相等，概率明显也为 $\frac{1}{2^m}$ 。

③对于n>=3的情况，有a1^a2=a3^...^an。因为每个a等于每个值的概率都相等，明显这是古典概型。考虑所有的情况总数，有 $(2^m)^n$ 种情况（每个ai有 $2^m$ 种情况）。枚举a3到an的所有情况总数有 $(2^m)^{n-2}$ 种，对于每种情况，设a3^...^an=x。现在有a1^a2=x，需要计算a1和a2的总情况数。对于x的每一位，如果为0，那么在这一位上有a1=a2=0或者1；如果为1，那么在这一位上有a1=1,a2=0或者a1=0,a2=1。可以看出对于x的每一位，不管为0还是1，a1,a2在这一位的选择都只有2种情况，所以m位共 $2^m$ 种情况。所以异或为0的情况总数为 $(2^m)^{n-1}$ ，所以异或为0的概率为 $\frac{1}{2^m}$ 。

证毕。

其实有一种更简单的证明方法，但不是那么严谨，就是因为这n个数是随机数，那么这n个数的异或结果应该也是足够随机的，所以异或为0的概率为 $\frac{1}{2^m}$ 。

所以将1到1e6范围内的每个数字哈希（或者说映射）到一个随机的64位数字上后，替换原数组，那么此时，对于每个区间，如果每个数字的出现次数不为偶数，考虑那些出现次数为奇数的数字，因为哈希了，所以最终这些数字就是一个随机的64位数，异或为0的概率为 $\frac{1}{2^m}$ ，也即 $\frac{1}{2^{64}}$ ，这是一个很小的概率，如果数组在哈希后，一个区间异或为0了，我们更应该相信每个数字出现次数为偶数次，而不是有些数字出现次数为奇数，因为这种情况的概率为 $\frac{1}{2^{64}}$ ，实在太小了。而每个数字出现次数为偶数次时，异或为0的概率为1。

你可能想问：n个最高位为m的随机数，异或为0的概率为 $\frac{1}{2^m}$ ，那么最开始的时候每个数的值域为[1,1e6]，那异或为0的概率不就为 $\frac{1}{1e6}$ 了吗，这也足够小了，为什么还要哈希呢？因为最开始的数据是出题人给你的呀，不是随机的噢^_^。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#include<random>
using namespace std;

typedef unsigned long long ull;
const int N=1e6+50;
mt19937_64 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());

ull mp[N];

void solve(){
    int n,q;
    cin>>n>>q;
    vector<ull>val(n+1);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int a;
        cin>>a;
        val[i]=val[i-1]^mp[a];
    }
    while(q--){
        int l,r;
        cin>>l>>r;
        cout<<(val[r]==val[l-1]?"yes":"no")<<endl;
    }
}
int main(){
    for(int i=1;i<=1000000;i++){
        mp[i]=rng();
    }
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
        solve();
}

其中rng函数用于生产一个unsigned long long的随机数。

这里还需要保证每个数哈希到的数是不同的，也即mp[i]互不相同，当然这里出现相同的概率也很低。具体地，1e6个数哈希到1e18范围的数时，出现冲突的概率是很低的。

解：这里另n=6，m=18，即需要计算将 $10^n$ 哈希到 $10^m$ 范围的数时，出现冲突的概率。考虑计算不出现冲突的概率。对于第一个数，可以随便选，不出现冲突的概率为 $\frac{10^m}{10^m}$ ( $10^m$ 中选择，每种都能选)；第二个数，为了不出现冲突，只能少选一个数，不能和第一个数选一样的，不出现冲突的概率为 $\frac{10^m-1}{10^m}$ ；同理，第三个数不能和第一个数、第二个数选一样的，概率为 $\frac{10^m-2}{10^m}$ 。所以 $10^n$ 个数不出现冲突的概率为:

$\frac{10^m*(10^m-1)*...*(10^m-10^n+1)}{(10^m)^n}>1*(1-\frac{1}{10^m})*...*(1-\frac{10^n+1}{10^m})>1*(1-\frac{1}{10^m})*...*(1-\frac{10^n}{10^m})>1*(1-\frac{10^n}{10^m})*...*(1-\frac{10^n}{10^m})=(1-\frac{10^n}{10^m})^{10^n}=(1-\frac{1}{10^{12}})^{10^6}=\sum_{k=0}^{10^6}\binom{10^6}{k}(-\frac{1}{10^{12}})^k=1+\sum_{k=1}^{10^6}\binom{10^6}{k}(-\frac{1}{10^{12}})^k>1-\sum_{k=1}^{10^6}\binom{10^6}{k}(\frac{1}{10^{12}})^k=1-\sum_{k=1}^{10^6}\frac{10^6*...*(10^6-k+1)}{k!}(\frac{1}{10^{12}})^k>1-\sum_{k=1}^{10^6}(10^6)^k(\frac{1}{10^{12}})^k=1-\sum_{k=1}^{10^6}(\frac{1}{10^{6}})^k\approx1-\frac{1}{10^6}$