卡掉hash的方法
大质数hash
通常，这个质数会选择在 \(10^9\) 附近，如 \(998244353\)，\(10^9+7\)。
考虑生日碰撞，欲达到 50% 成功率，需要尝试的次数为
可以参考概率表
所以我们可以生成 \(10^5\) 左右个较短的字符串，即可有很大的概率发生hash冲突。
Code
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<map>
#include<vector>
#include<limits.h>
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
using namespace std;
vector<string> create(unsigned num,unsigned int sze)
{
vector<string>ans;
while(num--)
{
string str;
for(unsigned int i=0;i<sze;i++)
{
str.push_back('a'+rand()%26);
}
ans.push_back(str);
}
return ans;
}
bool check(vector<string>strs,ULL base,ULL p)
{
// sort(strs.begin(),strs.end());
map<int,string>Map;
for(unsigned int i=0;i<strs.size();i++)
{
ULL x=0;
for(unsigned int j=0;j<strs[i].size();j++)
{
x=x*base+strs[i][j]-'a';
x%=p;
}
if(Map.find(x)==Map.end()) Map[x]=strs[i];
else
{
if(Map[x]!=strs[i]) return 1;
}
}
return 0;
}
int main()
{
srand(time(0));
int T=100,succ=0;
for(int t=0;t<T;t++)
{
vector<string>strs=create(100000,10); // 生成100000个长度为10的随机字符串
bool c=check(strs,31,998244853); // base=31,p=998244353，检查是否存在hash冲突
cout<<c<<endl;
succ+=c;
}
cout<<succ<<"/"<<T<<endl;
return 0;
}
试运行发现，设置字符串数量为\(39623\)时，发生hash冲突的概率近似\(50\%\)，符合预期。而当设置字符串数量为\(100000\)时，\(1000\)次测试中只有\(4\)次没有发生hash冲突。所以设置\(10^5\)个字符串就差不多可以卡掉绝大多数单大质数hash了。
64位无符号整数自然溢出
首先需要对base奇偶性分类讨论。
当base是偶数时比较简单：设第 \(i\) 位指的是字符串从右往左数第 \(i\) 个字符，设有相同串 \(C\) ，其长度不小于64.构造字符串 \(A=a+C,B=b+C\)，这两个字符串的后64位上均相同，更高位上不相同。
字符串中第 \(i\) 位的权重为 \(base^{i-1}\)，则高于64位上的字符的权重一定可以被 \(2^{64}\) 整除。也就是说，高于64位上的字符不会对hash值产生影响。
下面着重说一下base为奇数的情况。
构造方法
考虑使用字符a和b构造字符串：
记 \(\overline A\) 表示字符串 \(A\) 中所有 a 变成 b ，所有 b 变成 a。
记 \(A_1=a\)，\(A_i=A_{i-1}+\overline{A_{i-1}}\)
例如 \(A_2=ab,A_3=abba,A_4=abbabaab\)
那么\(len(A_i)=2^{i-1}\)
可以证明，当 \(i\) 大于某个数时，\(hash(A_i)=hash(\overline{A_i})\)
证明
由于我们的hash函数使用的是64位无符号整数自然溢出，所以相当于我们需要证明
设\(f(i)=hash(A_i)-hash(\overline{A_i})\)
根据递推公式可得
则有
设\(g(i)=base^{2^{i-2}}-1(i\ge2)\)
则有
由于 \(base\) 是奇数，所以 \(base^{2^{i-2}}\) 也是奇数，故 \(g(i)\) 是偶数。
故有
为了达到\(2^{64}\mid f(i)\)，需取\(i=65\)即可，但是这样会构造两个长度为\(2^{64}\approx10^{20}\)的字符串，是不可行的。
由于\(g(i)=base^{2^{i-2}}-1=(base^{2^{i-3}}+1)(base^{2^{i-3}}-1)=偶数*g(i-1)\)
所以有
我们需要\(\frac{i(i-1)}{2}\ge64\)，则只需取\(i=12\)，构造出字符串 \(A_{12}\) 和 \(\overline{A_{12}}\)，即可卡掉base为奇数的自然溢出。
最后，在这两字符串后再加上长度大于等于64的相同串，即可同时卡掉base为偶数的自然溢出。
Code
#include<iostream>
#include<string>
#include<cmath>
#include<map>
#include<vector>
#include<limits.h>
#define ULL unsigned long long
using namespace std;
string C;
string create()
{
string str="a";
for(int i=2;i<=11;i++) // 会产生长度为2^(i-1)长度的字符串，而我们需要i_max=12
{
for(int j=0;j<(1<<(i-2));j++) //延拓字符串长度为1<<(i-1)
{
str.push_back(str[j]=='a'?'b':'a');
}
}
return str;
}
string Not(string str)
{
for(unsigned int i=0;i<str.size();i++)
{
str[i]=(str[i]=='a'?'b':'a');
}
return str;
}
bool check(string a,string b,ULL base)
{
ULL aa=0,bb=0;
for(unsigned int i=0;i<a.size();i++)
{
aa=aa*base+a[i]-'a';
}
for(unsigned int i=0;i<b.size();i++)
{
bb=bb*base+b[i]-'a';
}
return aa==bb;
}
int main()
{
for(int i=1;i<=65;i++) C.push_back('a');
string str=create();
string A=str+C,B=Not(str)+C;
cout<<"构造的字符串的长度为"<<A.size()<<endl;
int T=10000,succ=0;
for(int t=0;t<T;t++)
{
bool c=check(A,B,t*2+1);
cout<<c<<endl;
succ+=c;
}
cout<<succ<<"/"<<T<<endl;
return 0;
}
疑惑：为什么这里取 \(i=11\) 就可以了？
我在研究的过程中，发现取 \(i=11\) 时，对于测试的所有奇数base都成功了。但是明明证明的是 \(i\) 最小取 \(12\)？最后由lzh揭开了谜团。
\(g(3)\) 很特别：\(g(3)=base^{2^{3-2}}-1=base^2-1\)
由于base是奇数，设\(base=2n-1(n\ge1)\)，有
一定是8的倍数。故 \(2^3 \mid g(3)\)。
再结合递推公式，有
所以有
当 \(i=11\)时，刚好是\(2^{64}\)（真巧！）
如何避免被卡
- 随机base。相当于让不同位置上的权重不一样
- 双模数hash。
- 超大质数hash。既能像自然溢出一样有着大值域不易生日攻击，又不会被特殊的构造卡掉。
