随机化题目合集
CF840D
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 \(O(n\sqrt{q}+qB)\)。
CF364D
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 \(O(B(d(V)^2+\sqrt{V}+n\log V))\)。
CF1168E
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 \(p_i\oplus q_i\neq a_i\)） 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 \(\oplus_{i=1}^n a_i\neq0\)，必要性显然，但是我的随机没法证明他充分/zj。
CF643G
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 \(\binom{k}{B}(0.51)^k\times(0.49)^{1-k}\)，那么正确的概率是 \(\sum\limits_{k=\frac{B}{2}}^B\binom{k}{B}(0.51)^k\times(0.49)^{B-k}\)。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。
P6982
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 \(\frac{\binom{\frac{n}{2}}{n}}{2^n}\)。那么在 \(500\) 次内问不出来的概率为 \((1-\frac{\binom{\frac{n}{2}}{n}}{2^n})^{500}\)。这个东西不会很大，因为 \(\binom{\frac{n}{2}}{n}\leq2^{n-1}\)。所以直接随机询问即可。
CF1746F
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 \(n,q\leq 3\times 10^5\) 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 \(k\mid cnt_x+cnt_y\) 且 \(k\nmid cnt_x,cnt_y\)，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 \(\dfrac{1}{2}\)。因此 \(B\) 次的错误率是 \(\dfrac{1}{2^B}\)，取 \(B=30\) 即可。
时间复杂度 \(O(nB\log n)\)，写线段树可能会被卡常。
P8819
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 \(\sum\limits_x a_x=\sum\limits_x w_x\)，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。
CF1479D
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。
ARC158D
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 \(F(\dfrac{x}{k},\dfrac{y}{k},\dfrac{z}{k})=G(\dfrac{x}{k},\dfrac{y}{k},\dfrac{z}{k})\)。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 \(\dfrac{1}{4}\)，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。
