关于异或哈希

合集 - OI相关(^▽^*)(18)

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16.关于异或哈希2024-09-24

17.关于离散化+小Trick2024-09-2918.关于虚树2024-09-29

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Re：疑惑异或哈希

头图

狂三~❤ 嘿嘿嘿 我的狂三❤

异或哈希是个很神奇的算法，利用了异或操作的特殊性和哈希降低冲突的原理，可以用于快速找到一个组合是否出现、序列中的数是否出现了 $k$ 次

算法如其名，异或+哈希。

想起某首歌叫PPAP？

I have an $\oplus$,I have a $hash$.
(Uhh~) $\oplus hash$ !

😅

异或

最基本的，也很重要的

$$a\oplus 0=a$$

$$a\oplus a=0$$

考虑到异或运算满足交换律，即$a\oplus b=b\oplus a$

因此组合的不同排列的异或值相等

$$\begin{array}{rl}a\oplus b\oplus c& =a\oplus c\oplus b\\ & =b\oplus a\oplus c\\ & =b\oplus c\oplus a\\ & =c\oplus a\oplus b\\ & =c\oplus b\oplus a\end{array}$$

这样我们便可以忽略顺序，直接统计组合出现次数。

哈希

由于二进制位数有限，会存在一些情况使得异或并不正确，如：$1\oplus 2=5\oplus 6$，$1\oplus 2\oplus 3=4\oplus 8\oplus 12$

因此需要将原始数据哈希为较大的数降低冲突概率

应用

组合问题

直接来看道例题。

here

不会有人看不懂英文还不会拿软件翻译吧 虽然翻译软件翻译的跟构式一样

直接沿用异或哈希的思路，不难写出 $O(n^2)$ 的代码

int n,m;

mt19937_64 rnd(time(0));

unsigned long long code[N],chk[N],Xor[N],a[N];

signed main(){
	n=rd;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		a[i]=rd;
	}
	
	for(int i=1;i<=n;i++){
		code[i]=rnd();
		chk[i]=chk[i-1]^code[i];
	}
	
	for(int i=1;i<=n;i++){
		Xor[i]=Xor[i-1]^code[a[i]];
	}
	
	int cnt=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=i;j<=n;j++){
			if((Xor[i-1]^Xor[j])==chk[j-i+1]){
				++cnt;
			}
		}
	}
	
	printf("%lld",cnt);
	return Elaina;
}

兴高采烈地交上去...乂~T了。

一看数据范围：$3\ast {10}^5$

好家伙 $O(n^2)$ 肯定 水 过不去了。

进一步考虑到：

• 满足条件的区间肯定有 $1$ 和 等于区间长度的最大值 $max$

考虑分别向右&左做两次扩展：

设 $pos$ 记录上一个 $1$ 的位置，当前扩展到 $x$

当 $x=1$ 时，就更新指针 $pos$，并重置 $mx$

否则往回捯饬 $mx=max(mx,x)$ 个数，异或哈希判断是否合法即可。

int n,m;

int max(int a,int b){
	return a>b?a:b;
}

mt19937_64 rnd(time(0));

unsigned long long code[N],chk[N],Xor[N],a[N];

signed main(){
	n=rd;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		a[i]=rd;
	}
	
	for(int i=1;i<=n;i++){
		code[i]=rnd();
		chk[i]=chk[i-1]^code[i];
	}
	
	for(int i=1;i<=n;i++){
		Xor[i]=Xor[i-1]^code[a[i]];
	}
	
	int cnt=0,pos=-1,cnt1=0,mx=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(a[i]==1){
			pos=i,++cnt1,mx=1;
		}else if(pos!=-1){
			mx=max(mx,a[i]);
			if(i-mx+1<=pos)
				if((Xor[i]^Xor[i-mx])==chk[mx])
					++cnt;
		}
	}

	pos=-1;
	for(int i=n;i>=1;i--){
		if(a[i]==1){
			pos=i,++cnt1,mx=1;
		}else if(pos!=-1){
			mx=max(mx,a[i]);
			if(i+mx>=pos)
				if((Xor[i+mx-1]^Xor[i-1])==chk[mx])
					++cnt;
		}
	}
	
	printf("%lld",cnt+cnt1/2);
	return Elaina;
}

实际上反过来的时候可以直接reverse一下数组，然后再跑一遍，就不用复制粘贴打两遍了。。。

然后就 AC 了喵~

出现次数问题

二进制的异或的本质是对每一位进行不进位的加法，也就是每一位相加对2取模，即：

$$0\oplus 0=(0+0)\mathrm{\%}2=0$$

$$0\oplus 1=(0+1)\mathrm{\%}2=1$$

$$1\oplus 0=(1+0)\mathrm{\%}2=1$$

$$1\oplus 1=(1+1)\mathrm{\%}2=0$$

假设有一种运算 $\mathrm{③}$，使得 $a\mathrm{③}a\mathrm{③}a=0$，即

$$0\mathrm{③}0=(0+0)\mathrm{\%}3=0$$

$$1\mathrm{③}0=(0+1)\mathrm{\%}3=1$$

$$2\mathrm{③}0=(2+0)\mathrm{\%}3=2$$

$$2\mathrm{③}2=(2+2)\mathrm{\%}3=1$$

其实也就是 $3$ 进制的异或运算

扩展到 $k$ 进制即可解决是否出现 $k$ 次的问题

ull xork(ull a,ull b,int k){
	vector<int> vec;
	while(a||b){
	    vec.push_back((a+b)%k);
	    a/=k;
	    b/=k;
	}
	
	ull res=0;
	ull p=1;
	
	for(auto x:vec){
	    res+=p*x;
	    p*=k;
	}
	
	return res;
}

ull xork(ull x,ull y,int k){
	int sum=0,p=1;
//	if(y%2==0) swap(x,y);
	while(x||y){
		sum+=(x%k+y%k)%k*p;
		p*=k;
		x/=k;
		y/=k;
	}
	return sum;
}

我们还是来看道例题

here

洛谷

其实上一道题也可以在洛谷找到对应的翻译版本 （逃

首先我们知道一个思想，证明充要条件就要证明它既充分又必要；同样，要证明一个数等于某个值，必须让它既小于等于又大于等于这个值。
迁移到本题，我们让所有数的出现个数 $cnt=3$ ，便是要去满足 $cnt\ge 3\wedge cnt\le 3$ 这俩约束

第一个约束随便糊一个异或哈希即可。

关键在于第二个约束。

我们考虑使用类似于双指针的算法：

考虑对于一个满足约束二的 $[l,r]$ 区间，右指针每次往右移动一次，都可能会破坏原本“满足约束二”的性质。那么为了让其重新满足，我们需要让左指针一直向右移动，即：从左到右删去数字使得区间再次满足约束二。

让新加入的右指针的值 $a_r$ 出现的次数小于等于三即可；因为这样删除必然不会导致“因为其他数字出现次数减少而导致不能满足约束二”这种情况，理由显然。

令 $pr{e}_r$ 为 $[1,r]$ 的前缀异或和。

当删除完毕之后，我们统计满足 $pr{e}_r=pr{e}_{pos}$ 且 $pos\in [l,r]$ 的 $pos$ 数量，这一点可以使用 map 或者哈希表完成。

那么这道题就完成了，复杂度 $\mathcal{O}(N{\log }_{2}N)$ 或者纯线性。

然后关于...算了，自己看吧。

discuss

猫娘触发关键词被人举报删了 （悲

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define rd read()
#define mkp make_pair
#define psb push_back
#define Elaina 0
inline ll read(){
	ll f=1,x=0;
	char ch=getchar();
	for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) f=(ch=='-'?-1:1);
	for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
	return f*x;
}
const int mod=1e9+7;
const int N=1e6+100;
const int inf=0x7fffffff;
 
int n,k;
 
mt19937_64 rnd(time(0));
 
ull code[N],pre[N],a[N],num[N];
map<ull,ull> mp; 
 
ull xork(ull x,ull y,int k){
	ull sum=0,p=1;
	while(x||y){
		sum+=(x%k+y%k)%k*p;
		p*=k;
		x/=k;
		y/=k;
	}
	return sum;
}

 
signed main(){
	srand(time(0));
	
	n=rd,k=3;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		a[i]=rd;
	}
	
	for(int i=1;i<=N;i++){
		code[i]=rnd()%(1ll<<63);
	}
	
	for(int i=1;i<=n;i++){
		pre[i]=xork(pre[i-1],code[a[i]],k);
	}
	
	int cnt=0;
	mp[0]=1;
	for(int l=0,r=1;r<=n;++r){
		++num[a[r]];
		while(num[a[r]]>3){
			--num[a[l]];
			if(l>0) --mp[pre[l-1]];
			++l;
		}
		cnt+=mp[pre[r]];
		++mp[pre[r]];
	}
	
	printf("%lld",cnt);
	return Elaina;
}

$x^2$ 问题

判断一个序列的乘积是否是 $x^2$ ( $x$ 为某个整数)

这个就比较好说了，根据唯一分解定理

$$x=p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}{p}_3^{{\alpha }_3}\dots p_k^{{\alpha }_k}$$

其中，${\alpha }_1\le {\alpha }_2\le {\alpha }_3\le \cdots \le {\alpha }_k$皆素数。

则

$$\begin{array}{rl}{x}^2& =(p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}{p}_3^{{\alpha }_3}\dots p_k^{{\alpha }_k}{)}^2\\ & =p_1^{2\times {\alpha }_1}{p}_2^{2\times {\alpha }_2}{p}_3^{2\times {\alpha }_3}\dots p_k^{2\times {\alpha }_k}\end{array}$$

那么当这个序列质因子出现的次数都是偶数次即可。

练习

这里给的都是vjudge的链接。

题目	类型
Prefix Equality AtCoder - abc250_e	组合问题
The Number of Subpermutations CodeForces - 1175F	组合问题
The Untended Antiquity CodeForces - 869E	组合问题
由乃与大母神原型和偶像崇拜 洛谷 - P3792	组合问题
Number Game on a Tree HackerRank	出现次数问题
Quadratic Set CodeForces - 1622F	$x^2$问题

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