xor-hash 学习笔记

一、 xor-hash 功能

这里可以把 sum-hash 和 xor-hash 放在一起对比：

• sum-hash 可以快速判断两个集合对应元素出现次数是否相等。
• xor-hash 可以快速判断两个集合对应元素出现次数奇偶性是否相等。

操作流程：给每个元素赋随机权值 \(key\) ，一个集合的 hash 值为 \(\bigoplus_{x\in S}key_x\) 。

也许有人会问，求 hash 值和直接判断都是 \(\mathcal O(sz)\) 的时间复杂度，优化在哪里？

• 如果要在集合中增删元素，我们可以轻松维护修改后的 hash 值。
• 对于静态序列，我们可以用差分前缀和的思想快速计算一个区间的 hash 值。
• 如果多次用到同一集合（比如若干集合两两比较一次），我们可以将 hash 值预处理。

另一个需要关心的问题是冲突概率。

以 \(n=10^5\) 为例，大多数使用场景我们要维护 \(\mathcal O(n^2)\) 个 hash 值，冲突概率 \(\frac{\mathcal O(n^2)}{2^{64}}\approx 10^{-8}\) ，可以忽略不计。

直接讲非常抽象，下面看一道具体例题。

---

例1、\(\texttt{CF1175F The Number of Subpermutations}\)

题目描述

给定长为 \(n\) 的序列 \(a\) ，求有多少子序列 \(a_l,\cdots,a_r\) 满足它是 \(1,\cdots,r-l+1\) 的排列。

数据范围

• \(1\le n\le 3\cdot 10^5\) 。
• \(1\le a_i\le n\) 。

时间限制 \(\texttt{2s}\) ，空间限制 \(\texttt{256MB}\) 。

分析

如果枚举 \(l,r\) ，再暴力判断是否符合要求，时间复杂度 \(\mathcal O(n^3)\) 。

预处理 \(s_i=\bigoplus_{j=1}^ikey_{a_j}\) ，我们可以在 \(\mathcal O(1)\) 的时间内判断一个区间是否符合要求，时间复杂度 \(\mathcal O(n^2)\) 。

如果要做到 \(\mathcal O(n)\) ，我们至多只能枚举一侧端点，然后将另一侧端点算出来。

枚举 \(1\) 在序列中出现的位置 \(x\) ，统计所有跨过 \(x\) 的区间 \([l,r]\) 的贡献。

对最大值在 \(x\) 左边还是右边分类讨论。如果在左边，即 \(len=\max\limits_{l\le i\le r}a_i=\max\limits_{l\le i\le x}a_i\) ，枚举 \(l\) 时可以直接算出 \(r=l+len-1\) ，然后 \(\mathcal O(1)\) 判断这个区间是否符合要求即可。

时间复杂度 \(\mathcal O(n)\) ，注意上述方法也侧面证明答案不超过 \(2n\) 。

#include<bits/stdc++.h>
#define ull unsigned long long
using namespace std;
const int maxn=3e5+5;
int n,res;
int a[maxn];
ull s[maxn],t[maxn],v[maxn];
mt19937_64 rnd(time(0));
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) v[i]=rnd(),t[i]=t[i-1]^v[i];
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),s[i]=s[i-1]^v[a[i]];
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(a[i]!=1) continue;
        res++;
        for(int l=i-1,len=0;l&&a[l]!=1;l--) len=max(len,a[l]),res+=l+len-1<=n&&(s[l+len-1]^s[l-1])==t[len];
        for(int r=i+1,len=0;r<=n&&a[r]!=1;r++) len=max(len,a[r]),res+=r-len+1>=1&&(s[r]^s[r-len])==t[len];
    }
    printf("%d\n",res);
    return 0;
}

---

通过这道题可以看出， hash 值相等只是集合相等的必要条件，有时我们也会维护集合最大值、集合元素出现次数等信息进行辅助判断。

sum-hash 能做的题和 xor-hash 能做的题绝大部分在二者交集中，本文重点讲 xor-hash ，读者可以自行思考 sum-hash 是否可行。

二、相关例题

例2、\(\texttt{CF869E The Untended Antiquity}\)

题目描述

给定 \(n\times m\) 的网格， \(q\) 次操作：

• 将第 \([x_1,x_2]\) 行，第 \([y_1,y_2]\) 列的矩形框起来。
• 解除第 \([x_1,x_2]\) 行，第 \([y_1,y_2]\) 列的矩形框，保证该矩形框存在。
• 询问 \((x_1,y_1)\) 和 \((x_2,y_2)\) 是否连通。

数据范围

• \(1\le n,m\le 2500\) 。
• \(1\le q\le 10^5\) 。

时间限制 \(\texttt{2s}\) ，空间限制 \(\texttt{512MB}\) 。

分析

给每个矩形框赋随机权值 \(key\) 。

矩形加矩形异或和，二维树状数组维护。

时间复杂度 \(\mathcal O(q\log n\log m)\) 。

#include<bits/stdc++.h>
#define y1 y_1
#define ull unsigned long long
using namespace std;
int m,n,q,op,x1,x2,y1,y2;
ull c[2505][2505];
map<array<int,4>,ull> h;
mt19937_64 rnd(time(0));
void add(int x,int y,ull v)
{
    for(int i=x;i<=n;i+=i&-i)
        for(int j=y;j<=m;j+=j&-j)
            c[i][j]^=v;
}
ull sum(int x,int y)
{
    ull res=0;
    for(int i=x;i;i-=i&-i)
        for(int j=y;j;j-=j&-j)
            res^=c[i][j];
    return res;
}
int main()
{
    for(scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);q--;)
    {
        scanf("%d%d%d%d%d",&op,&x1,&y1,&x2,&y2);
        if(op==1)
        {
            ull v=rnd();
            add(x1,y1,v),add(x2+1,y1,v),add(x1,y2+1,v),add(x2+1,y2+1,v),h[{x1,y1,x2,y2}]=v;
        }
        if(op==2)
        {
            ull v=h[{x1,y1,x2,y2}];
            add(x1,y1,v),add(x2+1,y1,v),add(x1,y2+1,v),add(x2+1,y2+1,v);
        }
        if(op==3) printf(sum(x1,y1)==sum(x2,y2)?"Yes\n":"No\n");
    }
    return 0;
}

例3、\(\texttt{CF1622F Quadratic Set}\)

题目描述

若 \(\prod_{k\in S}k!\) 是完全平方数，则称 \(S\) 为平方集合。

求最大的 \(S\subseteq\{1,2,\cdots,n\}\) ，使得 \(S\) 为平方集合，构造方案。

数据范围

• \(1\le n\le 10^6\) 。

时间限制 \(\texttt{4s}\) ，空间限制 \(\texttt{256MB}\) 。

分析

本题最重要的一步是观察到 \(|S|\ge n-3\) 。

注意到：

\[\prod_{i=1}^{2k}i!=2^kk!\left(\prod_{i=1}^k(2i-1)!\right)^2\\ \]

如果 \(n=2k+1\) ，先扔掉 \(n\) 。

扔掉 \(k\) 。如果 \(k\) 为偶数，再扔掉 \(2\) 。

接下来的任务是依次判断 \(|S|\) 能否等于 \(n,n-1,n-2\) 。

给每个质因子 \(p\) 赋随机权值 \(key\) ，记 \(val_k\) 为 \(k!\) 的所有质因子的权值异或和， \(M=\bigoplus_{k=1}^nval_k\) 。

若 \(M=0\) ，则答案为 \(n\) 。

若 \(\exist val_k=M\) ，则答案为 \(n-1\) 。

否则枚举 \(k\) ，查找 \(M\oplus val_k\) 是否出现过。若是，则答案为 \(n-2\) ，否则答案为 \(n-3\) 。

时间复杂度可以做到 \(\mathcal O(n)\) ，不过博主为偷懒直接暴力质因数分解了。

#include<bits/stdc++.h>
#define ull unsigned long long
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;
int n;
ull m,k[maxn],v[maxn];
unordered_map<ull,int> vis;
mt19937_64 rnd(time(0));
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) v[i]=rnd();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int x=i;
        for(int j=2;j*j<=n;j++) while(x%j==0) x/=j,k[i]^=v[j];
        if(x!=1) k[i]^=v[x];
        k[i]^=k[i-1],m^=k[i],vis[k[i]]=i;
    }
    if(!m)
    {
        printf("%d\n",n);
        for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",i);
        return putchar('\n'),0;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(k[i]!=m) continue;
        printf("%d\n",n-1);
        for(int j=1;j<=n;j++) if(j!=i) printf("%d ",j);
        return putchar('\n'),0;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(!vis[k[i]^m]) continue;
        printf("%d\n",n-2);
        for(int j=1,x=vis[k[i]^m];j<=n;j++) if(j!=i&&j!=x) printf("%d ",j);
        return putchar('\n'),0;
    }
    printf("%d\n",n-3);
    for(int j=1;j<=n;j++) if(j!=2&&j!=n/2&&j!=n) printf("%d ",j);
    return putchar('\n'),0;
}

总结

• 完全平方数是包装奇偶性的一种常见方法。

例4、\(\texttt{CF1418G Three Occurrences}\)

题目描述

给定长为 \(n\) 的序列 \(a\) ，求有多少子序列 \(a_l,\cdots,a_r\) 满足所有出现过的数都恰好出现 \(3\) 次。

数据范围

• \(1\le n\le 5\cdot 10^5\) 。
• \(1\le a_i\le n\) 。

时间限制 \(\texttt{5s}\) ，空间限制 \(\texttt{512MB}\) 。

分析

将恰好出现 \(3\) 次拆成下面两个条件：

• 出现次数为 \(3\) 的倍数。
• 出现次数 \(\le 3\) 。

对于第一个条件，将 \(x\) 在原序列中第 \(3k+1\) 次出现赋值 \(u_x\) ，第 \(3k+2\) 次出现赋值 \(v_x\) ，第 \(3k+3\) 次出现赋值 \(u_x\oplus v_x\) 。

这样对于任意连续 \(3\) 次出现 \(x\) ，一定是 \(u_x,v_x,u_x\oplus v_x\) 各贡献一次。

第二个条件可以双指针解决，时间复杂度 \(\mathcal O(n)\) 。

#include<bits/stdc++.h>
#define ull unsigned long long
using namespace std;
const int maxn=5e5+5;
int n;
long long res;
int a[maxn],cnt[maxn];
ull s[maxn],u[maxn],v[maxn];
unordered_map<ull,int> h;
mt19937_64 rnd(time(0));
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) u[i]=rnd(),v[i]=rnd();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]),cnt[a[i]]++;
        if(cnt[a[i]]%3==1) s[i]=s[i-1]^u[a[i]];
        else if(cnt[a[i]]%3==2) s[i]=s[i-1]^v[a[i]];
        else s[i]=s[i-1]^u[a[i]]^v[a[i]];
    }
    memset(cnt+1,0,4*n),h[s[0]]=1;
    for(int l=1,r=1;r<=n;r++)
    {
        for(cnt[a[r]]++;cnt[a[r]]>3;) h[s[l-1]]--,cnt[a[l++]]--;
        res+=h[s[r]]++;
    }
    printf("%lld\n",res);
    return 0;
}

例5、\(\texttt{P8819 [CSP-S 2022] 星战}\)

这里有 sum-hash 的题解，和 xor-hash 本质相同。

例6、\(\texttt{P10785 [NOI2024] 集合}\)

题目描述

定义基本集合为大小为 \(3\) ，元素在 \(1\sim m\) 内的集合。

定义基本序列为由基本集合构成的序列。

对于排列 \(p\) 和集合 \(S\) ，定义 \(f_p(S)=\{p_x\mid x\in S\}\) 。

对两个长度为 \(k\) 的基本序列 \(A,B\) ，定义 \(A\) 和 \(B\) 等价当且仅当存在排列 \(p\) ，使得 \(\forall 1\le i\le k,f_p(A_i)=B_i\) 。

给定长为 \(n\) 的基本序列 \(A,B\) 。 \(q\) 次询问，每次给定 \(l,r\) ，查询基本序列 \(\{A_l,\cdots,A_r\}\) 和 \(\{B_l,\cdots,B_r\}\) 是否等价。

数据范围

• \(1\le n\le 2\cdot 10^5,3\le m\le 6\cdot 10^5,1\le q\le 10^6\) 。
• \(1\le l\le r\le n\) 。

时间限制 \(\texttt{1s}\) ，空间限制 \(\texttt{512MB}\) 。

分析

对于 \(m\le 5\) 的测试点，枚举排列，对每个 \(k\) 判定 \(A_k\) 和 \(B_k\) 是否等价，对每个 \(l\) 维护最大的 \(r\) ，时间复杂度 \(\mathcal O(120n+q)\) ，可以获得 \(60\) 分。

正解需要跳出关于排列的思维模式。从元素的角度来考虑，对 \(\forall 1\le x\le m\) ，设它在 \(A\) 和 \(B\) 中出现下标构成的集合分别为 \(S_x\) 和 \(T_x\) 。则 \(A\) 和 \(B\) 等价当且仅当 \(\{S_1,\cdots,S_m\}=\{T_1,\cdots,T_m\}\) 。

第一次哈希将 \(S_x,T_x\) 映射成一个数， sum-hash 或 xor-hash 均可，第二次哈希判断数集相等，只能用 sum-hash 。

至此已经可以处理单组询问。由于 sum-hash 和 xor-hash 都可以轻松实现增删元素，双指针对每个 \(l\) 维护最远的 \(r\) 即可，时间复杂度 \(\mathcal O(n+m+q)\) 。

#include<bits/stdc++.h>
#define ull unsigned long long
using namespace std;
const int maxn=6e5+5;
int l,m,n,q,r;
int res[maxn];
ull s1,s2,v[maxn],w1[maxn],w2[maxn];
array<int,3> a[maxn],b[maxn];
mt19937_64 rnd(time(0));
ull code(ull x)
{
    x^=x>>7,x^=x<<11,x^=x>>13;
    return x;
}
void add(ull &s,ull *w,int i,array<int,3> p)
{
    for(auto x:p) s-=code(w[x]),w[x]^=v[i],s+=code(w[x]);
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d%d",&a[i][0],&a[i][1],&a[i][2]);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d%d",&b[i][0],&b[i][1],&b[i][2]);
    for(int i=1;i<=n;i++) v[i]=rnd();
    for(int l=1,r=0;l<=n;l++)
    {
        while(r<=n&&s1==s2) if(++r<=n) add(s1,w1,r,a[r]),add(s2,w2,r,b[r]);
        add(s1,w1,l,a[l]),add(s2,w2,l,b[l]),res[l]=r-1;
    }
    while(q--)
    {
        scanf("%d%d",&l,&r);
        printf(r<=res[l]?"Yes\n":"No\n");
    }
    return 0;
}