随机化题目合集

1|0CF840D

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注意到一个很有趣的事情是，一个数如果在长度为 $l$ 的区间中出现次数严格大于 $\frac{l}{k}$ 次，那我从这个区间中期望随机 $k$ 次就能随到它。

所以我们对于每个询问，都先随机 $B$ 次，把随机到的数挂进一个 vector，我们对这里面的数进行 check ，把满足条件的数取个最小值即可。

现在问题在于快速 check。当然可以主席树或者挂若干个 vector 然后在里面 lower_bound，但是这样复杂度是 $O(qB\log n)$ 的，我们希望有一些更为纯真的做法。

莫队，把 vector 挂下来，然后对询问跑莫队，维护当前区间内数字内出现次数即可 $O(1)$ check。时间复杂度 $O(n\sqrt{q}+qB)$。

2|0CF364D

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很有趣的题目，但是忘了我啥时候做的。

考虑最终答案有啥性质，他一定是超过 $\frac{n}{2}$ 个数的因子。这意味着我如果随机选一个数字 $x$，我将其和其他数字取个 gcd 并把得到的 gcd 扔到一个桶里计数，然后对桶里的东西做 Dirichlet 后缀和，答案就有 $\frac{1}{2}$ 的几率是出现次数大于 $\frac{n}{2}$ 的数中的最大值。

那我多随几次就做完了，设随机次数为 $B$，则错误率为 $\frac{1}{2^B}$。时间复杂度 $O(B(d(V{)}^2+\sqrt{V}+n\log V))$。

3|0CF1168E

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不会证明正确性/yun。

考虑随两个排列 $p,q$，我们把所有不合法（即 $p_i\oplus q_i\ne a_i$） 的位置丢进队列里。每次随机调整 $p$ 和 $q$。调整一个排列时，拎出来 $p$ 中数字为 $q_i\oplus a_i$ 的位置和当前位置 $i$ 交换。若这次交换使其不合法，则将其加入队列，直到队列被删空为止。

考虑如果出现循环交换的情况怎么办。设定一个阈值 $B$，若重构 $B$ 次仍未成功，则再次随机排列。

无解是 ${\oplus }_{i=1}^n{a}_i\ne 0$，必要性显然，但是我的随机没法证明他充分/zj。

4|0CF643G

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先不考虑修改，考虑询问怎么做。

注意到 $p\ge 20$，根据前面几个题的套路我们直到可以多随机几次，就有大概率随到正解。又因为有容错所以我们把出现次数的前 $min(\lfloor \frac{100}{p}\rfloor ,siz)$ 大输出即可。

考虑一下正确性。最极端的情况是 $p=51$，序列中有 $51$ 个 $1$ 和 $49$ 个 $2$ 之类的情况。随机 $B$ 次后，选择 $k$ 次 $1$ 的概率是 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{B})(0.51{)}^k\times (0.49{)}^{1-k}$，那么正确的概率是 $\sum _{k=\frac{B}{2}}^B(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{B})(0.51{)}^k\times (0.49{)}^{B-k}$。这个东西的概率在 $B=1000$ 时是 $0.74$，但是出题人并没有特意卡掉这一做法。

考虑沿用 CF840D 一题的做法。那么我们考虑现在随机 $B$ 次，每次检查当前随到的这个数是否满足题意。

那么现在变成了一个数据结构问题，支持两种操作，分别为：

• 区间推平。
• 区间求某个数字出现次数。

ODT。考虑拿 ODT 维护颜色连续段。开动态开点线段树维护一下每个颜色在该区间的出现次数。对于修改，暴力枚举 ODT 中的颜色段，对应的在线段树上修改，查询直接查。

分析一下复杂度。每次修改操作至多使颜色段增加一个，而每遍历到一个颜色段会让颜色段数量减一，故修改的均摊复杂度是 $O(q\log n)$ 的，这与 ODT 的复杂度分析相同。询问的复杂度是线段树的 $O(qB\log n)$。

再分析正确性，最极端的样例大概是 $p=21$，然后给出 $21$ 个 $1,2,3,4$ 和 $16$ 个 $5$。这样的话错误率是 $(0.79{)}^B$ 的。取 $B=100$，错误率是 ${10}^{-10}$ 级别的。这样看起来还是比较有保证的。

有一些细节，放在下面。

• ODT 最好先分裂右端点再分裂左端点，否则好像会出现 ub。
• 在随机位置求颜色的时候，不要在 ODT 中 upper_bound 再求前驱，而是再开一颗线段树维护颜色。不知道为什么 upper_bound 非常慢，也有我写挂的可能。

5|0P6982

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首先发现 $\frac{n}{2}$ 是最奇怪的，考虑从这里入手。

假设我们知道了一个返回值为 $\frac{n}{2}$ 的串，那么我们可以在 $n$ 次操作后得到原串。具体做法如下。

首先取反第一位，然后对剩下的第 $2,3,...,n$ 位按位取反。分情况讨论

• 返回值为 $\frac{n}{2}$，说明该位正确性与第一位不同。
• 返回值为 $0$，说明该位正确性与第一位相同。

在你得到了所有位与第一位的正确性关系后，将所有正确性不同的取反，做一次询问，返回值为 $n$ 即为原串，否则为反串。

接下来考虑如何得到一个返回值为 $\frac{n}{2}$ 的串。

大力随机！

考虑正确性，也就是说，我们要从 $n$ 个位置中取出恰好 $\frac{n}{2}$ 个位置使得该位与原串相同，剩下的不同，那一次成功的概率即为 $\frac{(\genfrac{}{}{0ex}{}{\frac{n}{2}}{n})}{2^n}$。那么在 $500$ 次内问不出来的概率为 $(1-\frac{(\genfrac{}{}{0ex}{}{\frac{n}{2}}{n})}{2^n}{)}^{500}$。这个东西不会很大，因为 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{\frac{n}{2}}{n})\le 2^{n-1}$。所以直接随机询问即可。

6|0CF1746F

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首先 $k$ 的倍数看起来就不像是普通数据结构能够维护的，而 $n,q\le 3\times {10}^5$ 和带修让根号数据结构看起来也不太靠谱，对于统计数字出现个数我们可以考虑莫队，但是复杂度至少是 $O(n^{\frac{5}{3}}\text{poly})$ 这种过不去的东西。

我们试图从头开始考虑。如果一个数 $x$ 出现次数是 $k$ 的倍数，那么其区间和至少应当被 $k$ 整除。那么我们可以枚举每一个数字，计算其出现次数，判断其是否为 $k$ 的倍数。

但问题是我们不能单个的做，考虑把所有数字打包判断。上面的做法告诉我们一个很好的性质是，如果所有数字的出现次数都是 $k$ 的倍数，其出现次数之和也一定为 $k$ 的倍数，当然这是必要不充分的条件。

接下来就是被出烂的套路。考虑每次随机取一个数集的子集判断，然后再次计算出现次数和。然后随机 $B$ 个子集做这件事情。下面分析正确性，感性理解对于一个区间限制最坏的情况是存在一对数 $x,y$，满足 $k\mid cn{t}_x+cn{t}_y$ 且 $k\nmid cn{t}_x,cn{t}_y$，那么此时会被判错当且仅当 $x,y$ 被全选或 $x,y$ 全不选。注意到随机到判错情况的概率是 ${\displaystyle \frac{1}{2}}$。因此 $B$ 次的错误率是 ${\displaystyle \frac{1}{2^B}}$，取 $B=30$ 即可。

时间复杂度 $O(nB\log n)$，写线段树可能会被卡常。

7|0P8819

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圣经

“根据最新消息，敌军摧毁了第45号、171号据点，我军依然顽强抗争，修复了据点37、98。现在可以反攻吗？”

“不可以，总司令。”

“敌军摧毁了第33号据点到42号据点的虫洞，现在可以反攻吗？”

“不可以，总司令。”

“我方修复了第42号据点，可以反攻吗？”

“不可以，总司令。”

“我方……”

“不可以，总司令。”

“同志，你只是一直在回答‘不可以’吗？你到底有没有好好判断形势？现在是关乎国家危亡的时刻……”

“总司令，您知道我不太聪明，没找到快速而正确地计算出结果的办法，但是据某项统计，我一直回答‘NO’的话，在一次战役中判断完全正确的概率是45%。”

“那……”

“不可以，总司令。”

题目相当于是判断是否原图为一颗内向基环森林。

首先注意到当边数和点数相同且构成内向基环树森林时，每个点出度都为 $1$ 和每个点出度均为奇数

是一对等价条件，我们不妨转而维护这个条件，但是由于修改操作仍然不好维护。考虑更进一步，我们试图去维护入度和。对每个点 $x$ 随机一个权值 $w_x$，记 $a_x$ 为以 $x$ 为终点的有向边的条数乘上 $w_x$，此时为内向基环树森林的必要条件为 $\sum _x{a}_x=\sum _x{w}_x$，修改也是好维护的。

正确性分析的话本质上相当于是解一个多元一次方程，但是系数是随机的，所以正确性是有保证的。

8|0CF1479D

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好像有一些根号的树莫队做法，但是我们是随机化合集（确信）。

沿用上一题的套路，出现次数为奇数是可以用异或刻画的。因此我们可以随机映射后判断路径的对应颜色区间异或值是否为 $0$，不为 $0$ 则说明有奇数。

现在的问题主要有两个，一是怎么维护路径信息，二是怎么构造答案。首先考虑第一个问题，由于异或有可减性，所以我们套路树上差分成维护到根节点的信息。然后问题在于如何维护区间，想这种每个节点继承前驱信息然后稍作修改的一般可以考虑主席树，对每个节点维护一颗主席树即可，询问时询问对应区间。那么还有第二个问题，我们直接主席树上二分，每次向一个异或值不为 $0$ 的区间递归即可。

9|0ARC158D

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最有脑子的一集。

注意到等式两侧次数相差恰好 $1$ 且均为齐次式。记录左式为 $F(x,y,z)$，右为 $G(x,y,z)$，则如果我们能够构造出一组 $x,y,z$ 满足 $F(x,y,z)=kG(x,y,z)$，则 $F({\displaystyle \frac{x}{k}},{\displaystyle \frac{y}{k}},{\displaystyle \frac{z}{k}})=G({\displaystyle \frac{x}{k}},{\displaystyle \frac{y}{k}},{\displaystyle \frac{z}{k}})$。因此随机构造即可。唯一的问题是 $k$ 不存在实数域的取值或取 $0$，即 $F(x,y,z)=0$ 或 $G(x,y,z)=0$ 的这种情况。但是官方题解经过一些分讨证明了出现这种情况的概率不大于 ${\displaystyle \frac{1}{4}}$，所以复杂度有保证。由于我没看懂证明，所以这里不写了，感兴趣可以自行研究官方题解。

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本文作者：EXODUS
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