AIOJ

概述

前置知识：随机函数和概率初步

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 $v$ 不被染成 $C_v$ ．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 $S$ $S$ 相连，黑点在右侧并与 $T$ $T$ 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 $u$ 到 $v$ 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 $O(K)$ $O (K)$ 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 $C$ $C$ 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：

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．
跨越链和环，且已经被拦截的通话线路．它们可以忽略．
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．
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 $t\to s$ 以 使得 $s$ 和 $t$ 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 $k$ 对 $(s,t)$ 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

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 $O(1)$ $O (1)$ 转移每一个 $f_{L,k}$ $f_{L, k}$ ．具体地说，取 $d$ $d$ 为 $L$ $L$ 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 $C_{res}$ $C_{r es}$ 以可观的概率也被恰好平分（即 $|C_{res}\cap V_L|=|C_{res}\cap V_R|$ $∣ C_{r es} \cap V_{L} ∣ = ∣ C_{r es} \cap V_{R} ∣$ ）．
- 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 $L$ $L$ 、右侧团 $C_R$ $C_{R}$ 的大小都 $\geq \dfrac n3$ $\geq \frac{n}{3}$ ．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 $O\big(2^{|V_L|}+2^{|V_R|}\big)$ $O (2^{∣ V_{L} ∣} + 2^{∣ V_{R} ∣})$ 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 $R:=\left\{0,1,\cdots,2^{64}-1\right\}$ 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：

单个 $H_{(a,b)}$ 显然服从均匀分布．
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：

可以证明¹ $S(N)$ 服从一个关于 $N$ 的 $O(K)$ 阶线性递推式．
用 BM 算法求出该递推式．
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 $ [!note]+ 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．

令 $f_{K,i,j}$ 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 $\{f_{0,*,L}\}$ 和 $\{f_{1,*,L}\}$ 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 $Q$ 为 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

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

模质数的剩余系，以及其上的各种运算．
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 $\mathrm{Pr}\big[f(z_1,\cdots,z_k)=0\big]\leq \dfrac d{|S|}$ ．

记 $F$ 为模 $Q$ 的剩余系所对应的域，则对于一个 $L\leq n_1+n_2$ ， $\sum\limits_i f_{0,i,L}$ 和 $\sum\limits_i f_{1,i,L}$ 就分别对应着一个 $F$ 上关于变元集合 $\{x_{*,*}\}$ 的 $L$ 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：

$P_0\equiv P_1\pmod {Q}$ ，即 $P_0,P_1$ 的每一项系数在模 $Q$ 意义下都对应相等．
$P_0\not\equiv P_1\pmod {Q}, P_0(x_{*,*})\equiv P_1(x_{*,*})\pmod {Q}$ ，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 $Q$ 有 $\omega(A-B)\leq \log_2 N$ 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
- 取 $f(x_{*,*})=P_0(x_{*,*})-P_1(x_{*,*})$ 为 $L$ 次非零多项式
- 取 $S=F$
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：

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．
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．

代码

#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．

代码

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： $\Big(1-\dfrac{1}{n}\Big)^n\leq \dfrac{1}{\mathrm{e}},\forall n\geq1$

左式关于 $n\geq 1$ 单调递增且在 $+\infty$ 处的极限是 $\dfrac{1}{\mathrm{e}}$ ，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 $\dfrac{1}{\mathrm{e}}$ ．

「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 $n \in \mathbf{N}^*; p,q\in [0,1]$ 且 $q\leq p$ ，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 $G_1$ 和 $G_2$ ．具体地说，如果输出是 0，则认为 $G_1$ 和 $G_2$ 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 $G_1$ 和 $G_2$ 中都有当前考虑的边．

容易验证，这样生成的 $G_1$ 和 $G_2$ 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：

选择一个未拥有的物品 $i$ ，花 $c_i$ 块钱买下来．
花 $x$ 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 $A$ 和 $B$ 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）．

随机化技巧

概述

用随机集合覆盖目标元素

例：三部图的判定

例：CodeChef SELEDGE

用随机元素命中目标集合

例：Gym 101550I

例：CSES 1685 New Flight Routes

用随机化获得随机数据的性质

例：随机增量法

例：TopCoder MagicMolecule 随机化解法

随机化用于哈希

例：UOJ #207 共价大爷游长沙

例：CodeChef PANIC 及其错误率分析

例：（*）子矩阵不同元素个数

随机化在算法中的其他应用

例：「TJOI2015」线性代数

例：（*）随机堆³

与随机性有关的证明技巧

概率上界的分析

「耦合」思想

引子：随机图的连通性

应用：NERC 2019 Problem G: Game Relics

参考资料

Footnotes

随机化技巧

概述

用随机集合覆盖目标元素

例：三部图的判定

例：CodeChef SELEDGE

用随机元素命中目标集合

例：Gym 101550I

例：CSES 1685 New Flight Routes

用随机化获得随机数据的性质

例：随机增量法

例：TopCoder MagicMolecule 随机化解法

随机化用于哈希

例：UOJ #207 共价大爷游长沙

例：CodeChef PANIC 及其错误率分析

例：（*）子矩阵不同元素个数

随机化在算法中的其他应用

例：「TJOI2015」线性代数

例：（*）随机堆3

与随机性有关的证明技巧

概率上界的分析

「耦合」思想

引子：随机图的连通性

应用：NERC 2019 Problem G: Game Relics

参考资料

Footnotes

例：（*）随机堆³