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随机化技巧

概述

前置知识:随机函数概率初步

本文将对 OI/ICPC 中的随机化相关技巧做一个简单的分类,并对每个分类予以介绍。本文也将介绍一些在 OI/ICPC 中很少使用,但与 OI/ICPC 在风格等方面较为贴近的方法,这些内容前将用 (*) 标注。

这一分类并不代表广泛共识,也必定不能囊括所有可能性,因此仅供参考。

记号和约定

  • \(\mathrm{Pr}[A]\) 表示事件 \(A\) 发生的概率。
  • \(\mathrm{E}[X]\) 表示随机变量 \(X\) 的期望。
  • 赋值号 \(:=\) 表示引入新的量,例如 \(Y:=1926\) 表示引入值为 \(1926\) 的量 \(Y\)

用随机集合覆盖目标元素

庞大的解空间中有一个(或多个)解是我们想要的。我们可以尝试进行多次撒网,只要有一次能够网住目标解就能成功。

例:三部图的判定

问题

给定一张 \(n\) 个结点、\(m\) 条边的简单无向图,用 RGB 三种颜色给每个结点染色 满足任意一对邻居都不同色,或者报告无解。

对每个点 \(v\),从 \(\{R,G,B\}\) 中等概率独立随机地选一种颜色 \(C_v\),并钦定 \(v\) 被染成 \(C_v\)。最优解恰好符合这些限制的概率,显然是 \(\big(\frac 23\big)^n\)

在这些限制下,对于一对邻居 \((u,v)\),「\(u,v\) 不同色」的要求等价于以下这条「推出」关系:

  • 对于所有异于 \(C_u,C_v\) 的颜色 \(X\),若 \(u\) 被染成 \(X\),则 \(v\) 被染成 \(\{R,G,B\}\setminus\{X,C_v\}\)

于是我们可以对每个 \(v\) 设置布尔变量 \(B_v\),其取值表示 \(v\) 被染成两种剩余的颜色中的哪一种。借助 2-SAT 模型即可以 \(O(n+m)\) 的复杂度解决这个问题。

这样做,单次的正确率是 \(\big(\frac 23\big)^n\)。将算法重复运行 \(-\big(\frac 32\big)^n\log \epsilon\) 次,只要有一次得到解就输出,这样即可保证 \(1-\epsilon\) 的正确率。(详见后文中「概率上界的分析」)


回顾:本题中「解空间」就是集合 \(\{R,G,B\}^n\),我们每次通过随机施加限制来在一个缩小的范围内搜寻「目标解」——即合法的染色方案。

例:CodeChef SELEDGE

简要题意

给定一张点、边都有非负权值的无向图,找到一个大小 \(\leq K\) 的边集合 \(S\),以最大化与 \(S\) 相连的点的权值和减去 \(S\) 的边权和。一个点的权值只被计算一次。

观察:如果选出的边中有三条边构成一条链,则删掉中间的那条一定不劣;如果选出的边中有若干条构成环,则删掉任何一条一定不劣。

推论:最优解选出的边集,一定构成若干个不相交的菊花图(即直径不超过 2 的树)。

推论:最优解选出的边集,一定构成一张二分图。

我们对每个点等概率独立随机地染上黑白两种颜色之一,并要求这一染色方案,恰好也是最优解所对应的二分图的黑白染色方案。

尝试计算最优解符合这一要求的概率:

  • 考虑一张 \(n\) 个点的菊花图,显然它有 2 种染色方案,所以它被染对颜色的概率是 \(\dfrac 2{2^n}=2^{1-n}\)
  • 假设最优解中每个菊花的结点数分别为 \(a_1,\cdots,a_l\),则一定有 \((a_1-1)+\cdots+(a_l-1)\leq K\),其中 \(K\) 表示最多能够选出的边数。
  • 从而所有菊花都被染对颜色的概率是 \(2^{1-a_1}\cdots 2^{1-a_l}\geq 2^{-K}\)

在上述要求下,尝试建立费用流模型计算最优答案:

  • 建立二分图,白点在左侧并与 \(S\) 相连,黑点在右侧并与 \(T\) 相连。
    • 对于白点 \(v\),从 \(S\) 向它连一条容量为 1、费用为 \(-A_v\) 的边,和一条容量为 \(\infty\)、费用为 0 的边。
    • 对于黑点 \(v\),从它向 \(T\) 连一条容量为 1、费用为 \(-A_v\) 的边,和一条容量为 \(\infty\)、费用为 0 的边。
  • 对于原图中的边 \((u,v,B)\) 满足 \(u\) 为白色、\(v\) 为黑色,连一条从 \(u\)\(v\) 的边,容量为 1,费用为 \(B\)
  • 在该图中限制流量不超过 \(K\),则最小费用的相反数就是答案。

用 SPFA 费用流求解的话,复杂度是 \(O\big(K^2(n+m)\big)\),证明:

  • 首先,显然 SPFA 的运行次数 \(\leq K\)
  • 然后,在一次 SPFA 中,任何一个结点至多入队 \(O(K)\) 次。这是因为:
    • 任意时刻有流量的边不会超过 \(3K\) 条,否则就意味着在原图中选了超过 \(K\) 条边。
    • 对于任何一条长为 \(L\) 的增广路,其中至少有 \(\dfrac L2-2\) 条边是某条有流量的边的反向边,因为正向边都是从图的左侧指向右侧,只有这些反向边才会从右侧指向左侧。
    • 综合以上两条,得到任意一条增广路的长度不超过 \(6K+4\)
  • 综上,复杂度是 \(O\big(K^2(n+m)\big)\)

和上一题类似,我们需要把整个过程重复 \(-2^K \log\epsilon\) 次以得到 \(1-\epsilon\) 的正确率。总复杂度 \(O\big(2^KK^2(n+m)\cdot -\log\epsilon\big)\)

用随机元素命中目标集合

我们需要确定一个集合中的任意一个元素,为此我们随机选取元素,以期能够恰好命中这一集合。

例:Gym 101550I

简要题意

有一张图形如:两条平行的链,加上连接两链的两条平行边。给定这张图上的若干条简单路径(每条路径表示一次通话),请你选择尽量少的边放置窃听器,以使得每条给定的路径上都有至少一个窃听器。

整张图可以拆分为一个环加上四条从环伸出去的链。对于这四条链中的任何一条(记作 \(C\)),考虑在这条链上如何放置窃听器,容易通过贪心算法得到满足以下条件的方案:

  • 在拦截所有 \(C\) 内部进行的通话的前提下,用的窃听器数量最少。
  • 在上一条的前提下,使得 \(C\) 上的窃听器离环的最短距离尽可能小。
    • 作这一要求的目的是尽可能地拦截恰有一个端点在 \(C\) 内部的通话。

接着考虑链与环相接处的共计 4 条边,我们暴力枚举这些边上有没有放窃听器。显然,如果想要拦截跨越链和环的通话,在这 4 条边上放窃听器一定是最优的。现在,我们可以把通话线路分为以下几种:

  1. 完全在链上的通话线路。这些线路一定已经被拦截,故可以忽略。
  2. 跨越链和环,且已经被拦截的通话线路。它们可以忽略。
  3. 跨越链和环,且未被拦截的通话线路。我们可以直接截掉它在链上的部分(因为链上的窃听器放置方案已经固定了),只保留环上的部分。
  4. 完全在环上的通话线路。

至此,问题转化成了环上的问题。

设最优解中在环上的边集 \(S\) 上放置了窃听器,如果我们已经确定了 \(S\) 中的任何一个元素 \(e\),就可以:

  • 先在 \(e\) 处断环为链。
  • 然后从 \(e\) 开始贪心,不断找到下一个放置窃听器的边。注意到如果经过合适的预处理,贪心的每一步可以做到 \(O(1)\) 的复杂度。
  • 从而以 \(O(|S|)\) 的复杂度解决问题。

我们考虑随机选取环上的一条边 \(e'\),并钦定 \(e'\in S\) 再执行上述过程,重复多次取最优。

分析单次复杂度:

  • 观察:记 \(S'\) 表示所有选取了 \(e'\) 的方案中的最优解,则 \(|S'|\leq |S|+1\)
  • 从而单次复杂度 \(O(|S'|)=O(|S|)\)

分析正确率:

  • 显然单次正确率 \(\dfrac {|S|}n\),其中 \(n\) 表示环长。
  • 所以需要重复 \(-\dfrac n{|S|}\log\epsilon\) 次以得到 \(1-\epsilon\) 的正确率。

综上,该算法的复杂度 \(O\big(|S|\cdot -\dfrac n{|S|}\log\epsilon\big)=O(-n\log\epsilon)\)

例:CSES 1685 New Flight Routes

简要题意

给定一张有向图,请你加最少的边使得该图强连通,需 输出方案

先对原图进行强连通缩点。我们的目标显然是使每个汇点能到达每个源点。

不难证明,我们一定只会从汇点到源点连边,因为任何其他的连边,都能对应上一条不弱于它的、从汇点到源点的连边。

我们的一个核心操作是,取汇点 \(t\) 和源点 \(s\)(它们不必在同一个弱连通分量里),连边 \(t\to s\)使得 \(s\)\(t\) 都不再是汇点或源点(记作目标 I)。理想情况下这种操作每次能减少一个汇点和一个源点,那我们不断操作直到只剩一个汇点或只剩一个源点,而这样的情形就很平凡了。由此,我们猜测答案是源点个数与汇点个数的较大值。

不难发现,上述操作能够达到目标 I 的充要条件是:\(t\) 拥有 \(s\) 以外的前驱、且 \(s\) 拥有 \(t\) 以外的后继。可以证明(等会会给出证明),对于任意一张有着至少两个源点和至少两个汇点的 DAG,都存在这样的 \((s,t)\);但存在性的结论无法帮助我们构造方案,还需做其他分析。

  • 有了这个充要条件还难以直接得到算法,主要的原因是连边 \(t\to s\) 后可能影响其他 \((s',t')\) 二元组的合法性,这个比较难处理。

注意到我们关于源汇点间的关系知之甚少(甚至连快速查询一对 \(s-t\) 间是否可达都需要 dfs + bitset 预处理,而时限并不允许这么做),这提示我们需要某种非常一般和强大的性质。

观察:不满足目标 I 的 \((s,t)\) 至多有 \(n+m-1\) 对,其中 \(n\) 表示源点个数,\(m\) 表示汇点个数。

  • 理由:对于每一对这样的 \((s,t)\),若把它看成 \(s,t\) 间的一条边,则所有这些边构成的图形如若干条不相交的链,于是边数不超过点数减一。
  • 作出这一观察的动机是,要想将存在性结论应用于算法,前置步骤往往是把定性的结果加强为定量的结果。

推论:等概率随机选取 \((s,t)\),满足前述要求的概率 \(\geq \dfrac {(n-1)(m-1)}{nm}\)

  • 注意到这个结论严格强于先前给出的存在性结论。

推论:等概率独立随机地连续选取 \(\dfrac {\min(n,m)}2\) 对不含公共元素的 \((s,t)\),并对它们 依次 操作(即连边 \(t\to s\)),则这些操作全部满足目标 I 的概率 \(\geq \dfrac 14\)

  • 理由:
\[ \begin{aligned} &\phantom{=\ }\dfrac {(n-1)(m-1)}{nm}\cdot\dfrac{(n-2)(m-2)}{(n-1)(m-1)}\cdots\dfrac{(n-k)(m-k)}{(n-k+1)(m-k+1)}\\ &=\dfrac{(n-k)(m-k)}{nm}\\ &\geq \dfrac 14 \end{aligned} \]

而连续选完 \(k\)\((s,t)\) 后判断它们是否全部满足目标 I 很简单,只要再跑一遍强连通缩点,判断一下 \(n,m\) 是否都减小了 \(k\) 即可。注意到若每次减少 \(k=\dfrac{\min(n,m)}2\),则 \(\min(n,m)\) 必在 \(O\big(\log(n+m)\big)\) 轮内变成 1,也就转化到了平凡的情况。

算法伪代码
1
2
3
4
5
6
while(n>1 and m>1):
    randomly choose k=min(n,m)/2 pairs (s,t)
    add edge t->s for all these pairs
    if new_n>n-k or new_m>m-k:
        roll_back()
solve_trivial()

复杂度 \(O\big((|V|+|E|) \log |V|\big)\)


回顾:我们需要确定任意一对能够实现目标 I 的二元组 \((s,t)\),为此我们随机选择 \((s,t)\)

用随机化获得随机数据的性质

如果一道题的数据随机生成,我们可能可以利用随机数据的性质解决它。而在有些情况下,即使数据并非随机生成,我们也可以通过随机化来给其赋予随机数据的某些特性,从而帮助解决问题。

例:随机增量法

随机生成的元素序列可能具有「前缀最优解变化次数期望下很小」等性质,而随机增量法就通过随机打乱输入的序列来获得这些性质。

详见 随机增量法

例:TopCoder MagicMolecule 随机化解法

简要题意

给定一张 \(n\) 个点、带点权的无向图,在其中所有大小不小于 \(\dfrac {2n}3\) 的团中,找到点权和最大的那个。

\(n\leq 50\)

不难想到折半搜索。把点集均匀分成左右两半 \(V_L,V_R\)(大小都为 \(\dfrac n2\)),计算数组 \(f_{L,k}\) 表示点集 \(L\subseteq V_L\) 中的所有 \(\geq k\) 元团的最大权值和。接着我们枚举右半边的每个团 \(C_R\),算出左半边有哪些点与 \(C_R\) 中的所有点相连(这个点集记作 \(N_L\)),并用 \(f_{N_L,\frac 23 n-|C_R|}+\textit{value}(C_R)\) 更新答案。

  • 注意到可以 \(O(1)\) 转移每一个 \(f_{L,k}\)。具体地说,取 \(d\)\(L\) 中的任意一个元素,然后分类讨论:
    • 假设最优解中 \(d\) 不在团中,则从 \(f_{L\setminus \{d\},k}\) 转移而来。
    • 假设最优解中 \(d\) 在团中,则从 \(f_{L\cap N(d),k}+\textit{value}(d)\) 转移而来,其中 \(N(d)\) 表示 \(d\) 的邻居集合。
    • 别忘了还要用 \(f_{L,k+1}\) 来更新 \(f_{L,k}\)

这个解法会超时。尝试优化:

  • 平分点集时均匀随机地划分。这样的话,最优解的点集 \(C_{res}\) 以可观的概率也被恰好平分(即 \(|C_{res}\cap V_L|=|C_{res}\cap V_R|\))。
    • 当然,\(|C_{res}|\) 可能是奇数。简单起见,这里假设它是偶数;奇数的情况对解法没有本质改变。
    • 实验发现,随机尝试约 20 次就能以很大概率有至少一次满足该性质。也就是说,如果我们的算法依赖于「\(C_{res}\) 被平分」这一性质,则将算法重复执行 20 次取最优,同样也能保证以很大概率得到正确答案。
  • 有了这一性质,我们就可以直接钦定左侧团 \(L\)、右侧团 \(C_R\) 的大小都 \(\geq \dfrac n3\)。这会对复杂度带来两处改进:
    • \(f\) 可以省掉记录大小的维度。
    • 因为只需考虑大小 \(\geq \dfrac n3\) 的团,所以需要考虑的左侧团 \(L\) 和 右侧团 \(C_R\) 的数量也大大减少至约 \(1.8\cdot 10^6\)
  • 现在的瓶颈变成了求单侧的某一子集的权值和,因为这需要 \(O\big(2^{|V_L|}+2^{|V_R|}\big)\) 的预处理。
    • 解决方案:在 \(V_L,V_R\) 内部再次折半;当查询一个子集的权值和时,将这个子集分成左右两半查询,再把答案相加。
  • 这样即可通过本题。

回顾:一个随机的集合有着「在划分出的两半的数量差距不会太悬殊」这一性质,而我们通过随机划分获取了这个性质。

随机化用于哈希

例:UOJ #207 共价大爷游长沙

简要题意

维护一棵动态变化的树,和一个动态变化的结点二元组集合。你需要支持:

  • 删边、加边。保证得到的还是一棵树。
  • 加入/删除某个结点二元组。
  • 给定一条边 \(e\),判断是否对于集合中的每个结点二元组 \((s,t)\)\(e\) 都在 \(s,t\) 间的简单路径上。

对图中的每条边 \(e\),我们定义集合 \(S_e\) 表示经过该边的关键路径(即题中的 \((a,b)\))集合。考虑对每条边动态维护集合 \(S_e\) 的哈希值,这样就能轻松判定 \(S_e\) 是否等于全集(即 \(e\) 是否是「必经之路」)。

哈希的方式是,对每个 \((a,b)\) 赋予 \(2^{64}\) 以内的随机非负整数 \(H_{(a,b)}\),然后一个集合的哈希值就是其中元素的 \(H\) 值的异或和。

这样的话,任何一个固定的集合的哈希值一定服从 \(R:=\big\{0,1,\cdots,2^{64}-1\big\}\) 上的均匀分布(换句话说,哈希值的取值范围为 \(R\),且取每一个值的概率相等)。这是因为:

  1. 单个 \(H_{(a,b)}\) 显然服从均匀分布。
  2. 两个独立且服从 \(R\) 上的均匀分布的随机变量的异或和,一定也服从 \(R\) 上的均匀分布。自证不难。

从而该算法的正确率是有保障的。

至于如何维护这个哈希值,使用 LCT 即可。

例:CodeChef PANIC 及其错误率分析

本题的大致解法:

  1. 可以证明1 \(S(N)\) 服从一个关于 \(N\)\(O(K)\) 阶线性递推式。
  2. 用 BM 算法求出该递推式。
  3. 借助递推式,用凯莱哈密顿定理计算出 \(S(N)\)

这里仅关注第二部分,即如何求一个矩阵序列的递推式。所以我们只需考虑下述问题:

问题

给定一个矩阵序列,该序列在模 \(P:=998244353\) 意义下服从一个齐次线性递推式(递推式中的数乘和加法运算定义为矩阵的数乘和加法),求出最短递推式。

如果一系列矩阵服从一个递推式 \(F\),那么它的每一位也一定服从 \(F\)。然而,如果对某一位求出最短递推式 \(F'\),则 \(F'\) 可能会比 \(F\) 更短,从而产生问题。

解决方案:给矩阵的每一位 \((i,j)\) 赋予一个 \(<P\) 的随机权值 \(x_{i,j}\),然后对于序列中每个矩阵计算其所有位的加权和模 \(P\) 的结果,再把每个矩阵算出的这个数连成一个数列,最后我们对所得数列运行 BM 算法。

错误率分析:

  • 假设上述做法求得了不同于 \(F\)(且显然也不长于 \(F\))的 \(l\) 阶递推式 \(F'\)
  • 因为矩阵序列不服从 \(F'\),所以一定存在矩阵中的某个位置 \((i,j)\),满足该位置对应的数列 \(S_{i,j}\) 在某个 \(N\) 处不服从 \(F'\)。也就是说:
\[ S(N)_{i,j}-F'_1S(N-1)_{i,j}-\cdots-F'_lS(N-l)_{i,j}\not\equiv 0\pmod {P} \]
  • 假设 \((i,j)\) 是唯一的不服从的位置,则一定有:
\[ T_{i,j}:=\Big(x_{i,j}\cdot\big(S(N)_{i,j}-F'_1S(N-1)_{i,j}-\cdots-F'_lS(N-l)_{i,j}\big)\bmod P\Big)=0 \]
  • 显然这仅当 \(x_{i,j}=0\) 时才成立,概率 \(P^{-1}\)
  • 如果有多个不服从的位置呢?
    • 对每个这样的位置 \((i,j)\),易证 \(T_{i,j}\) 服从 \(R:=\{0,1,\cdots,P-1\}\) 上的均匀分布。
    • 若干个互相独立的、服从 \(R\) 上的均匀分布的随机变量,它们在模意义下的和,依然服从 \(R\) 上的均匀分布。自证不难。
    • 从而这种情况下的错误率也是 \(P^{-1}\)

例:UOJ #552 同构判定鸭 及其错误率分析

简要题意

给定两张边权为小写字母的有向图 \(G_0,G_1\),你要对这两张图分别算出「所有路径对应的字符串构成的多重集」(可能是无穷集),并判断这两个多重集是否相等。如果不相等,你要给出一个最短的串,满足它在两个多重集中的出现次数不相等。

\(f_{K,i,j}\) 表示图 \(G_K\) 中从点 \(i\) 开始的所有长为 \(j\) 的路径,这些路径对应的所有字符串构成的多重集的哈希值。按照 \(j\) 升序考虑每个状态,转移时枚举 \(i\) 的出边并钦定该边为路径上的第一条边。

要判断是否存在长度 \(=L\) 的坏串,只需把 \(\{f_{0,*,L}\}\)\(\{f_{1,*,L}\}\) 各自「整合」起来再比较即可(通配符 * 这里表示每一个结点,例如 \(\{f_{0,*,L}\}\) 表示全体 \(f_{0,i,L}\) 构成的集合,其中 \(i\) 取遍所有结点)。官方题解2中证明了最短坏串(如果存在的话)长度一定不超过 \(n_1+n_2\),所以这个解法的复杂度是可靠的。

接下来考虑具体的哈希方式。注意到常规的哈希方法——即把串 \(a_1a_2\cdots a_k\) 映射到 \(\big(a_1+Pa_2+P^2a_3+\cdots+P^{k-1}a_k\big)\bmod Q\) 上、再把多重集的哈希值定为其中元素的哈希值之和模 \(Q\)——在这里是行不通的。一个反例是,集合 {"ab","cd"} 与集合 {"cb","ad"} 的哈希值是一样的,不论 \(P,Q\) 如何取值。

上述做法的问题在于,一个串的哈希值是一个和式,从而其中的每一项可以拆出来并重组。为避免这一问题,我们考虑把哈希值改为一个连乘式。此外,乘法交换律会使得不同的位不可区分,为避免这一点我们要为不同的位赋予不同的权值。

对每一个二元组 \((c,j)\)(其中 \(c\) 为字符,\(j\) 为整数表示 \(c\) 在某个串中的第几位)我们都预先生成一个随机数 \(x_{c,j}\)。然后我们把串 \(a_1a_2\cdots a_k\) 映射到 \(x_{a_1,1}x_{a_2,2}\cdots x_{a_k,k}\bmod Q\) 上(其中 \(Q\)随机选取 的质数)、再把多重集的哈希值定为其中元素的哈希值之和模 \(Q\)。接下来分析它的错误率。

(*)Schwartz-Zippel 引理

\(f\in F[z_1,\cdots,z_k]\) 为域 \(F\) 上的 \(k\)\(d\) 次非零多项式,令 \(S\)\(F\) 的有限子集,则至多有 \(d\cdot |S|^{k-1}\)\((z_1,\cdots,z_k)\in S^k\) 满足 \(f(z_1,\cdots,z_k)=0\)

如果你不知道域是什么

你只需记得这两样东西都是域:

  1. 模质数的剩余系,以及其上的各种运算。
  2. 实数集,以及其上的各种运算。

推论:若 \(z_1,\cdots,z_k\) 都在 \(S\) 中等概率独立随机选取,则 \(\mathrm{Pr}\big[f(z_1,\cdots,z_k)=0\big]\leq \dfrac d{|S|}\)

\(F\) 为模 \(Q\) 的剩余系所对应的域,则对于一个 \(L\leq n_1+n_2\)\(\sum\limits_i f_{0,i,L}\)\(\sum\limits_i f_{1,i,L}\) 就分别对应着一个 \(F\) 上关于变元集合 \(\{x_{*,*}\}\)\(L\) 次多元多项式,不妨将这两个多项式记为 \(P_0,P_1\)

假如两个不同的字符串多重集的哈希值相同,则有两种可能:

  1. \(P_0\equiv P_1\pmod {Q}\),即 \(P_0,P_1\) 的每一项系数在模 \(Q\) 意义下都对应相等。
  2. \(P_0\not\equiv P_1\pmod {Q}, P_0(x_{*,*})\equiv P_1(x_{*,*})\pmod {Q}\),即 \(P_0,P_1\) 虽然不恒等,但我们选取的这一组 \(\{x_{*,*}\}\) 恰好使得它们在此处的点值相等。

分析前者发生的概率:

  • 观察:对于任意的 \(A\neq B; A,B\leq N\) 和随机选取的质数 \(Q\leq Q_{\max}\),一定有:
\[ \mathrm{Pr}\big[A\equiv B\pmod {Q}\big]=O\Big(\dfrac{\log N \log Q_{max}}{Q_{max}}\Big) \]
  • 这是因为:使 \(A\equiv B\) 成立的 \(Q\) 一定满足 \(Q\big|(A-B)\),这样的 \(Q\)\(\omega(A-B)\leq \log_2 N\) 个;而由质数定理,\(Q_{\max}\) 以内不同的质数又有 \(\Theta\Big(\dfrac {Q_{\max}}{\log Q_{\max}}\Big)\) 个。将两者相除即可得到上式。
  • 在上述观察中取 \(A,B\)(满足 \(A\neq B\))为某一特定项在 \(P_0,P_1\) 中的系数(也就等于该项对应的串在 \(G_0,G_1\) 中的出现次数),则易见 \(A,B\leq (m_1+m_2)^{L}\),得到:
\[ \mathrm{Pr}\big[A\equiv B\pmod {Q}\big]=O\Big(\dfrac{L\log (m_1+m_2) \log Q_{max}}{Q_{max}}\Big) \]
  • 所以取 \(Q_{\max}\approx 10^{12}\) 就绰绰有余。如果机器无法支持这么大的整数运算,可以用双哈希代替。

分析后者发生的概率:

  • 在 Schwartz-Zippel 引理中:
    • 取域 \(F\) 为模 \(Q\) 的剩余系对应的域
    • \(f(x_{*,*})=P_0(x_{*,*})-P_1(x_{*,*})\)\(L\) 次非零多项式
    • \(S=F\)
  • 得到:所求概率 \(\leq \dfrac LQ\)

注意到我们需要对每个 \(L\) 都能保证正确性,所以要想保证严谨的话还需用 Union Bound(见后文)说明一下。

实践上我们不必随机选取模数,因为——比如说——用自己的生日做模数的话,实际上已经相当于随机数了。

例:(*)子矩阵不同元素个数

问题

给定 \(n\times m\) 的矩阵,\(q\) 次询问一个连续子矩阵中不同元素的个数,要求在线算法。

允许 \(\epsilon\) 的相对误差和 \(\delta\) 的错误率,换句话说,你要对至少 \((1-\delta)q\) 个询问给出离正确答案相对误差不超过 \(\epsilon\) 的回答。

\(n\cdot m\leq 2\cdot10^5;q\leq 10^6;\epsilon=0.5,\delta=0.2\)

引理:令 \(X_{1\cdots k}\) 为互相独立的随机变量,且取值在 \([0,1]\) 中均匀分布,则 \(\mathrm{E}\big[\min\limits_i X_i\big]=\dfrac 1{k+1}\)

  • 证明:考虑一个单位圆,其上分布着 相对位置 均匀随机的 \(k+1\) 个点,分别在位置 \(0,X_1,X_2,\cdots,X_k\) 处。那么 \(\min\limits_i X_i\) 就等于 \(k+1\) 段空隙中特定的一段的长度。而因为这些空隙之间是「对称」的,所以其中任何一段特定空隙的期望长度都是 \(\dfrac 1{k+1}\)

我们取 \(k\) 为不同元素的个数,并借助上述引理来从 \(\min\limits_i X_i\) 反推得到 \(k\)

考虑采用某个哈希函数,将矩阵中每个元素都均匀、独立地随机映射到 \([0,1]\) 中的实数上去,且相等的元素会映射到相等的实数。这样的话,一个子矩阵中的所有元素对应的那些实数,在去重后就恰好是先前的集合 \(\{X_1,\cdots,X_k\}\) 的一个实例,其中 \(k\) 等于子矩阵中不同元素的个数。

于是我们得到了算法:

  1. 给矩阵中元素赋 \([0,1]\) 中的哈希值。为保证随机性,哈希函数可以直接用 map 和随机数生成器实现,即每遇到一个新的未出现过的值就给它随机一个哈希值。
  2. 回答询问时设法求出子矩阵中哈希值的最小值 \(M\),并输出 \(\dfrac 1M-1\)

然而,这个算法并不能令人满意。它的输出值的期望是 \(\mathrm{E}\Big[\dfrac 1{\min\limits_i X_i}-1\Big]\),但事实上这个值并不等于 \(\dfrac 1{\mathrm{E}\big[\min\limits_i X_i\big]}-1=k\),而(可以证明)等于 \(\infty\)

也就是说,我们不能直接把 \(\min\limits_i X_i\) 的单次取值放在分母上,而要先算得它的期望,再把期望值放在分母上。

怎么算期望值?多次随机取平均。

我们用 \(C\) 组不同的哈希函数分别执行前述过程,回答询问时计算出 \(C\) 个不同的 \(M\) 值,并算出其平均数 \(\overline M\),然后输出 \(\big(\overline M\big)^{-1}-1\)

实验发现取 \(C\approx 80\) 即可满足要求。严格证明十分繁琐,在此略去。

最后,怎么求子矩阵最小值?用二维 S-T 表即可,预处理 \(O(nm\log n\log m)\),回答询问 \(O(1)\)

随机化在算法中的其他应用

随机化的其他作用还包括:

  • 防止被造数据者用针对性数据卡掉。例如在搜索时随机打乱邻居的顺序。
  • 保证算法过程中进行的「操作」具有(某种意义上的)均匀性。例如 模拟退火 算法。

在这些场景下,随机化常常(但并不总是)与乱搞、骗分等做法挂钩。

例:「TJOI2015」线性代数

本题的标准算法是网络流,但这里我们采取这样的乱搞做法:

  • 每次随机一个位置,把这个位置取反,判断大小并更新答案。
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#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <iostream>

int n;

int a[510], b[510], c[510][510], d[510];
int p[510], q[510];

int maxans = 0;

void check() {
  memset(d, 0, sizeof d);
  int nowans = 0;
  for (int i = 1; i <= n; i++)
    for (int j = 1; j <= n; j++) d[i] += a[j] * c[i][j];
  for (int i = 1; i <= n; i++) nowans += (d[i] - b[i]) * a[i];
  maxans = std::max(maxans, nowans);
}

int main() {
  srand(19260817);
  std::cin >> n;
  for (int i = 1; i <= n; i++)
    for (int j = 1; j <= n; j++) std::cin >> c[i][j];
  for (int i = 1; i <= n; i++) std::cin >> b[i];
  for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = 1;
  check();
  for (int T = 1000; T; T--) {
    int tmp = rand() % n + 1;
    a[tmp] ^= 1;
    check();
  }
  std::cout << maxans << '\n';
}

例:(*)随机堆3

可并堆最常用的写法应该是左偏树了,通过维护树高让树左偏来保证合并的复杂度。然而维护树高有点麻烦,我们希望尽量避开。

那么可以考虑使用随机堆,即不按照树高来交换儿子,而是随机交换。

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struct Node {
  int child[2];
  long long val;
} nd[100010];

int root[100010];

int merge(int u, int v) {
  if (!(u && v)) return u | v;
  int x = rand() & 1, p = nd[u].val > nd[v].val ? u : v;
  nd[p].child[x] = merge(nd[p].child[x], u + v - p);
  return p;
}

void pop(int &now) { now = merge(nd[now].child[0], nd[now].child[1]); }

随机堆对堆的形态没有任何硬性或软性的要求,合并操作的期望复杂度对任何两个堆(作为 merge 函数的参数)都成立。下证。

期望复杂度的证明

将证,对于任意的堆 \(A\),从根节点开始每次随机选左或者右走下去(直到无路可走),路径长度(即路径上的结点数)的期望值 \(h(A)\leq\log_2 (|A|+1)\)

  • 注意到在前述过程中合并堆 \(A,B\) 的期望复杂度是 \(O\big(h(A)+h(B)\big)\) 的,所以上述结论可以保证随机堆的期望复杂度。

证明采用数学归纳。边界情况是 \(A\) 为空图,此时显然。下设 \(A\) 非空。

假设 \(A\) 的两个子树分别为 \(L,R\),则:

\[ \begin{align} h(A) &=1+\frac{h(L)+h(R)}2 \\&\leq1+\frac{\log_2(|L|+1)+\log_2(|R|+1)}2 \\&=\log_2{2\sqrt{(|L|+1)(|R|+1)}} \\&\leq\log_2{\frac{2\big((|L|+1)+(|R|+1)\big)}2} \\&=\log_2{(|A|+1)} \end{align} \]

证毕。

与随机性有关的证明技巧

以下列举几个比较有用的技巧。

自然,这寥寥几项不可能就是全部;如果你了解某种没有列出的技巧,那么欢迎补充。

概率上界的分析

详见 概率不等式 页面。

除了上述页面中提到的各种不等式外,推导过程中还经常会用到以下结论:

自然常数的使用\(\Big(1-\dfrac 1n\Big)^n\leq \dfrac 1e,\forall n\geq1\)

  • 左式关于 \(n\geq 1\) 单调递增且在 \(+\infty\) 处的极限是 \(\dfrac 1e\),因此有这个结论。
  • 这告诉我们,如果 \(n\) 个互相独立的事件,每个的发生概率为 \(1-\dfrac 1n\),则它们全部发生的概率至多为 \(\dfrac 1e\)

「耦合」思想

「耦合」思想常用于同时处理超过一个有随机性的对象,或者同时处理随机的对象和确定性的对象。

引子:随机图的连通性

问题

对于 \(n \in \mathbf{N}^*; p,q\in [0,1]\)\(q\leq p\),求证:随机图 \(G_1(n,p)\) 的连通分量个数的期望值不超过随机图 \(G_2(n,q)\) 的连通分量个数的期望值。这里 \(G(n,\alpha)\) 表示一张 \(n\) 个结点的简单无向图 \(G\),其中 \(\dfrac {n(n-1)}2\) 条可能的边中的每一条都有 \(\alpha\) 的概率出现,且这些概率互相独立。

这个结论看起来再自然不过,但严格证明却并不那么容易。

证明思路

我们假想这两张图分别使用了一个 01 随机数生成器来获知每条边存在与否,其中 \(G_1\) 的生成器 \(T_1\) 每次以 \(p\) 的概率输出 1,\(G_2\) 的生成器 \(T_2\) 每次以 \(q\) 的概率输出 1。这样,要构造一张图,就只需把对应的生成器运行 \(\dfrac {n(n-1)}2\) 遍即可。

现在我们把两个生成器合二为一。考虑随机数生成器 \(T\),每次以 \(q\) 的概率输出 0,以 \(p-q\) 的概率输出 1,以 \(1-p\) 的概率输出 2。如果我们将这个 \(T\) 运行 \(\dfrac {n(n-1)}2\) 遍,就能同时构造出 \(G_1\)\(G_2\)。具体地说,如果输出是 0,则认为 \(G_1\)\(G_2\) 中都没有当前考虑的边;如果输出是 1,则认为只有 \(G_1\) 中有当前考虑的边;如果输出是 2,则认为 \(G_1\)\(G_2\) 中都有当前考虑的边。

容易验证,这样生成的 \(G_1\)\(G_2\) 符合其定义,而且在每个实例中,\(G_2\) 的边集都是 \(G_1\) 边集的子集。因此在每个实例中,\(G_2\) 的连通分量个数都不小于 \(G_1\) 的连通分量个数;那么期望值自然也满足同样的大小关系。

这一段证明中用到的思想被称为「耦合」,可以从字面意思来理解这种思想。本例中它体现为把两个本来独立的随机过程合二为一。

应用:NERC 2019 Problem G: Game Relics

简要题意

有若干个物品,每个物品有一个价格 \(c_i\)。你想要获得所有物品,为此你可以任意地进行两种操作:

  1. 选择一个未拥有的物品 \(i\),花 \(c_i\) 块钱买下来。
  2. \(x\) 块钱从所有物品(包括已经拥有的)中等概率随机抽取一个。如果尚未拥有该物品,则直接获得它;否则一无所获,但是会返还 \(\dfrac x2\) 块钱。\(x\) 为输入的常数。

问最优策略下的期望花费。

观察:如果选择抽物品,就一定会一直抽直到获得新物品为止。

  • 理由:如果抽一次没有获得新物品,则新的局面和抽物品之前的局面一模一样,所以如果旧局面的最优行动是「抽一发」,则新局面的最优行动一定也是「再抽一发」。

我们可以计算出 \(f_k\) 表示:如果当前已经拥有 \(k\) 个不同物品,则期望要花多少钱才能抽到新物品。根据刚才的观察,我们可以直接把 \(f_k\) 当作一个固定的代价,即转化为「每次花 \(f_k\) 块钱随机获得一个新物品」。

期望代价的计算

显然 \(f_k=\dfrac x2 \cdot (R-1)+x\),其中 \(R\) 表示要得到新物品期望的抽取次数。

引理:如果一枚硬币有 \(p\) 的概率掷出正面,则首次掷出正面所需的期望次数为 \(\dfrac 1p\)

  • 感性理解:\(\dfrac 1p \cdot p = 1\),所以扔这么多次期望得到 1 次正面,看起来就比较对。
  • 这种感性理解可以通过 大数定律 严谨化,即考虑 \(n\to \infty\) 次「不断抛硬币直到得到正面」的实验。推导细节略。
  • 另一种可行的证法是,直接把期望的定义带进去暴算。推导细节略。

显然抽一次得到新物品的概率是 \(\dfrac {n-k}n\),那么 \(R=\dfrac n{n-k}\)

结论:最优策略一定是先抽若干次,再买掉所有没抽到的物品。

这个结论符合直觉,因为 \(f_k\) 是关于 \(k\) 递增的,早抽似乎确实比晚抽看起来好一点。

证明

先考虑证明一个特殊情况。将证:

  • 随机过程 \(A\):先买物品 \(x\),然后不断抽直到得到所有物品
  • ……一定不优于……
  • 随机过程 \(B\):不断抽直到得到 \(x\) 以外的所有物品,然后如果还没有 \(x\) 则买下来

考虑让随机过程 \(A\) 和随机过程 \(B\) 使用同一个随机数生成器。即,\(A\) 的第一次抽取和 \(B\) 的第一次抽取会抽到同一个元素,第二次、第三次……也是一样。

显然,此时 \(A\)\(B\) 抽取的次数必定相等。对于一个被 \(A\) 抽到的物品 \(y\neq x\),观察到:

  • \(A\) 中抽到 \(y\) 时已经持有的物品数,一定大于等于 \(B\) 中抽到 \(y\) 时已经持有的物品数。

因此 \(B\) 的单次抽取代价不高于 \(A\) 的单次抽取代价,进而抽取的总代价也不高于 \(A\)

显然 \(B\) 的购买代价同样不高于 \(A\)。综上,\(B\) 一定不劣于 \(A\)

然后可以通过数学归纳把这一结论推广到一般情况。具体地说,每次我们找到当前策略中的最后一次购买,然后根据上述结论,把这一次购买移到最后一定不劣。细节略。

基于这个结论,我们再次等价地转化问题:把「选一个物品并支付对应价格购买」的操作,改成「随机选一个未拥有的物品并支付对应价格购买」。等价性的理由是,既然购买只是用来扫尾的,那选到哪个都无所谓。

现在我们发现,「抽取」和「购买」,实质上已经变成了相同的操作,区别仅在于付出的价格不同。选择购买还是抽取,对于获得物品的顺序毫无影响,而且每种获得物品的顺序都是等可能的。

观察:在某一时刻,我们应当选择买,当且仅当下一次抽取的代价(由已经抽到的物品数确定)大于剩余物品的平均价格(等于的话则任意)。

  • 可以证明,随着时间的推移,抽取代价的增速一定不低于剩余物品均价的增速。这说明从抽到买的「临界点」只有一个,进一步验证了先前结论。

最后,我们枚举所有可能的局面(即已经拥有的元素集合),算出这种局面出现的概率(已有元素的排列方案数除以总方案数),乘上当前局面最优决策的代价(由拥有元素个数和剩余物品总价确定),再加起来即可。这个过程可以用背包式的 DP 优化,即可通过本题。


回顾:可以看到,耦合的技巧在本题中使用了两次。第一次是在证明过程中,令两个随机过程使用同一个随机源;第二次是把购买转化成随机购买(即引入随机源),从而使得购买和抽取这两种操作实质上「耦合」为同一种操作(即令抽取和购买操作共享一个随机源)。

参考资料