闲话：随机 Hash

随机 Hash：堆叠必要条件

如果我们有一种方法来检验某个对象的某个性质，当对象满足这个性质的时候，这个方法必然能使该对象通过检验；否则这个方法会使该对象以 \(p\) 的概率通过检验。那么我们将得到一个极可能正确的检验方法：连续使用前述方法检验该对象足够多次。误通过检验的概率 \(x\) 将随检验次数 \(m\) 的提升而迅速降低，因此我们的方法是极可能正确的。

当然，我们不能无限制地提升检验次数，这会让我们的检验速度变低。那么，我们应该怎样选择检验次数，才能使 错误率 \(x = p^{m}\) 被控制到一个可以接受的范围内？

怎样的错误率是可以被接受的？

不难发现，可以被接受的错误率与实验次数 \(n\) 有关。在具体的题目中，我们几乎要在每一次实验中都不误判，除此之外的结果都难以接受。因此，\(n\) 越大，可以被接受的错误率就越小。

下面是当错误率 \(x\) 和实验次数 \(n\) 在某个量级的时候，通过所有实验的正确率表格。（即通过所有实验不报错的概率）

单次错误率 (\(x\)) / 实验次数 (\(n\))	\(10^5\)	\(10^6\)	\(10^7\)	\(10^8\)
\(10^{-5}\)	\(0.3679\)	\(0\)	\(0\)	\(0\)
\(10^{-6}\)	\(0.9048\)	\(0.368\)	\(0\)	\(0\)
\(10^{-7}\)	\(0.9900\)	\(0.9048\)	\(0.3679\)	\(0.0000\)
\(10^{-8}\)	\(0.9990\)	\(0.9900\)	\(0.9048\)	\(0.3678\)
\(10^{-9}\)	\(0.9999\)	\(0.9990\)	\(0.9900\)	\(0.9048\)

这里的实验次数一般要考虑到数据组数或者测试点数量（毕竟我们不想在 CF 中 WA 哪怕一个点对吧？）。

如果对单次正确率有自信，可以直接使用伯努利不等式：

\[(1-x)^{n} \geq 1 - nx \ \ \ (x > -1,n \geq 1) \]

该不等式表明当我们足够悲观（直接认为错误率为单次错误率乘实验次数）时，正确率也是有保障的。

当单次错误率在 \(10^{-9}\)（\(10^{-8}\) 看上去不错，但是接近 \(10\%\) 的错误率不够小）的时候，我们的总体正确率都是非常乐观的，因为几乎没有题目会实验 \(10^{8}\) 次。

当单次错误率较高的时候，我们有几乎没有代价的降低错误率方法：重复随机。选取合适的重复随机次数，将单次错误率维持在 \(10^{-9}\) 级别，我们就可以认为这是可以接受的错误概率。

具体的错误率分析

Sum Hash 一例：QOJ 5254 Differences

考虑答案串，其它每个字符串都和它有 \(m - k\) 个相同的字符。必要条件呼之欲出：和该字符串相同的位恰有 \((n-1)(m-k)\) 个。

进一步地，给每个字符串随机赋权 \(w_i\)。枚举答案串的每一位，统计这一位和答案串相同的串的权值和。那么，仅当权值和为 \(sum(m - k)\) 时，答案串合法。

考虑分析错误率。当某一种权值 \(w_i\) 并非出现了 \((m-k)\) 次时，考虑固定其余的 \(w_j\) 不变，值域内至多只有 \(1\) 种 \(w_i\) 会使得它和 \(sum(m-k)\) 相等，因此错误率可以近似看作 \(1/V\)。

Sum Hash 一例：CF 1746F Kazaee

给每种数赋随机权值然后检验区间和是否是 \(k\) 的倍数。此处值域可看作 \([0,k)\)，那么当随机权值取遍 \([0,k)\) 的时候，固定其余的随机权值不变，类似的分析可以分析出：错误率至多 \(1/2\)（当 \(k = 2\) 的时候达到最高）。

此时需要将随机次数提升到 \(25\) 次左右（\(2 \times 10^{-8}\) 左右的错误率）。

Xor Hash 一例：CSP 2022 星战

前面的部分略去。

首先不难分析出按位独立。然后，每一位非法时错误率约 \(1/2\)（套用 Sum Hash 时的分析方法：固定其余不变，改变钦定的关键元素的权值），因此错误率为 \((0.5)^{L}\)，其中 \(L\) 为向量长度。

Xor Hash 另一例：Dzy loves Chinese

这里我们需要把随机权值当成 \(2^i\) 使用并插入进线性基里。这要求我们每次取样的大小必须远小于向量位长。我们认为一次错误是误把线性无关组判断为线性相关组，即插进线性基失败了。

如果我们的向量长度为 \(L\)，每一位均匀取 \(0/1\)，那么我们可以近似估计错误率：第 \(i\) 个向量插入时已经有 \((i-1)\) 位有主元，从而有 \(\frac{1}{2^{L-{i-1}}}\) 的概率被前 \(i\) 个向量线性表出（考虑将有主元的位消成 \(0\)，此时只有 \(\frac{1}{2^{L-i-1}}\) 的概率满足整个数就是 \(0\)；其它情况下可以找到一位作为主元）。

因此，正确率为 \((1-\frac{1}{2^L})(1-\frac{1}{2^{L-1}})(1-\frac{1}{2^{L-2}}) \cdots (1 - \frac{1}{2^{L- n + 1}})\)，其中 \(n\) 是取样大小。这也和蒙特卡洛方法得出的结果大致吻合。