随机化技巧

概述

前置知识：随机函数 和 概率初步

本文将对 OI/ICPC 中的随机化相关技巧做一个简单的分类，并对每个分类予以介绍。本文也将介绍一些在 OI/ICPC 中很少使用，但与 OI/ICPC 在风格等方面较为贴近的方法，这些内容前将用 (*) 标注。

这一分类并不代表广泛共识，也必定不能囊括所有可能性，因此仅供参考。

记号和约定：

• $\mathrm{Pr}[A]$ 表示事件 $A$ 发生的概率。
• $\mathrm{E}[X]$ 表示随机变量 $X$ 的期望。
• 赋值号 $:=$ 表示引入新的量，例如 $Y:=1926$ 表示引入值为 $1926$ 的量 $Y$。

用随机集合覆盖目标元素

庞大的解空间中有一个（或多个）解是我们想要的。我们可以尝试进行多次撒网，只要有一次能够网住目标解就能成功。

例：三部图的判定

对每个点 $v$，从 $\{R,G,B\}$ 中等概率独立随机地选一种颜色 $C_v$，并钦定 $v$ 不 被染成 $C_v$。最优解恰好符合这些限制的概率，显然是 $(\frac{2}{3}{)}^n$。

在这些限制下，对于一对邻居 $(u,v)$，「$u,v$ 不同色」的要求等价于以下这条「推出」关系：

• 对于所有异于 $C_u,C_v$ 的颜色 $X$，若 $u$ 被染成 $X$，则 $v$ 被染成 $\{R,G,B\}\setminus \{X,C_v\}$。

于是我们可以对每个 $v$ 设置布尔变量 $B_v$，其取值表示 $v$ 被染成两种剩余的颜色中的哪一种。借助 2-SAT 模型即可以 $O(n+m)$ 的复杂度解决这个问题。

这样做，单次的正确率是 $(\frac{2}{3}{)}^n$。将算法重复运行 $-(\frac{3}{2}{)}^n\log ϵ$ 次，只要有一次得到解就输出，这样即可保证 $1-ϵ$ 的正确率。（详见后文中「概率上界的分析」）

回顾：本题中「解空间」就是集合 $\{R,G,B{\}}^n$，我们每次通过随机施加限制来在一个缩小的范围内搜寻「目标解」——即合法的染色方案。

例：CodeChef SELEDGE

观察：如果选出的边中有三条边构成一条链，则删掉中间的那条一定不劣；如果选出的边中有若干条构成环，则删掉任何一条一定不劣。

推论：最优解选出的边集，一定构成若干个不相交的菊花图（即直径不超过 2 的树）。

推论：最优解选出的边集，一定构成一张二分图。

我们对每个点等概率独立随机地染上黑白两种颜色之一，并要求这一染色方案，恰好也是最优解所对应的二分图的黑白染色方案。

尝试计算最优解符合这一要求的概率：

• 考虑一张 $n$ 个点的菊花图，显然它有 2 种染色方案，所以它被染对颜色的概率是 ${\displaystyle \frac{2}{2^n}}=2^{1-n}$。
• 假设最优解中每个菊花的结点数分别为 $a_1,\cdots ,a_l$，则一定有 $(a_1-1)+\cdots +(a_l-1)\le K$，其中 $K$ 表示最多能够选出的边数。
• 从而所有菊花都被染对颜色的概率是 $2^{1-a_1}\cdots 2^{1-a_l}\ge 2^{-K}$。

在上述要求下，尝试建立费用流模型计算最优答案：

• 建立二分图，白点在左侧并与 $S$ 相连，黑点在右侧并与 $T$ 相连。
  • 对于白点 $v$，从 $S$ 向它连一条容量为 1、费用为 $-A_v$ 的边，和一条容量为 $\mathrm{\infty }$、费用为 0 的边。
  • 对于黑点 $v$，从它向 $T$ 连一条容量为 1、费用为 $-A_v$ 的边，和一条容量为 $\mathrm{\infty }$、费用为 0 的边。
• 对于原图中的边 $(u,v,B)$ 满足 $u$ 为白色、$v$ 为黑色，连一条从 $u$ 到 $v$ 的边，容量为 1，费用为 $B$。
• 在该图中限制流量不超过 $K$，则最小费用的相反数就是答案。

用 SPFA 费用流求解的话，复杂度是 $O(K^2(n+m))$，证明：

• 首先，显然 SPFA 的运行次数 $\le K$。
• 然后，在一次 SPFA 中，任何一个结点至多入队 $O(K)$ 次。这是因为：
  • 任意时刻有流量的边不会超过 $3K$ 条，否则就意味着在原图中选了超过 $K$ 条边。
  • 对于任何一条长为 $L$ 的增广路，其中至少有 ${\displaystyle \frac{L}{2}}-2$ 条边是某条有流量的边的反向边，因为正向边都是从图的左侧指向右侧，只有这些反向边才会从右侧指向左侧。
  • 综合以上两条，得到任意一条增广路的长度不超过 $6K+4$。
• 综上，复杂度是 $O(K^2(n+m))$。

和上一题类似，我们需要把整个过程重复 $-2^K\log ϵ$ 次以得到 $1-ϵ$ 的正确率。总复杂度 $O(2^K{K}^2(n+m)\cdot -\log ϵ)$。

用随机元素命中目标集合

我们需要确定一个集合中的任意一个元素，为此我们随机选取元素，以期能够恰好命中这一集合。

例：Gym 101550I

整张图可以拆分为一个环加上四条从环伸出去的链。对于这四条链中的任何一条（记作 $C$），考虑在这条链上如何放置窃听器，容易通过贪心算法得到满足以下条件的方案：

• 在拦截所有 $C$ 内部进行的通话的前提下，用的窃听器数量最少。
• 在上一条的前提下，使得 $C$ 上的窃听器离环的最短距离尽可能小。
  • 作这一要求的目的是尽可能地拦截恰有一个端点在 $C$ 内部的通话。

接着考虑链与环相接处的共计 4 条边，我们暴力枚举这些边上有没有放窃听器。显然，如果想要拦截跨越链和环的通话，在这 4 条边上放窃听器一定是最优的。现在，我们可以把通话线路分为以下几种：

1. 完全在链上的通话线路。这些线路一定已经被拦截，故可以忽略。
2. 跨越链和环，且已经被拦截的通话线路。它们可以忽略。
3. 跨越链和环，且未被拦截的通话线路。我们可以直接截掉它在链上的部分（因为链上的窃听器放置方案已经固定了），只保留环上的部分。
4. 完全在环上的通话线路。

至此，问题转化成了环上的问题。

设最优解中在环上的边集 $S$ 上放置了窃听器，如果我们已经确定了 $S$ 中的任何一个元素 $e$，就可以：

• 先在 $e$ 处断环为链。
• 然后从 $e$ 开始贪心，不断找到下一个放置窃听器的边。注意到如果经过合适的预处理，贪心的每一步可以做到 $O(1)$ 的复杂度。
• 从而以 $O(|S|)$ 的复杂度解决问题。

我们考虑随机选取环上的一条边 $e^{\prime }$，并钦定 $e^{\prime }\in S$ 再执行上述过程，重复多次取最优。

分析单次复杂度：

• 观察：记 $S^{\prime }$ 表示所有选取了 $e^{\prime }$ 的方案中的最优解，则 $|S^{\prime }|\le |S|+1$。
• 从而单次复杂度 $O(|S^{\prime }|)=O(|S|)$。

分析正确率：

• 显然单次正确率 ${\displaystyle \frac{|S|}{n}}$，其中 $n$ 表示环长。
• 所以需要重复 $-{\displaystyle \frac{n}{|S|}}\log ϵ$ 次以得到 $1-ϵ$ 的正确率。

综上，该算法的复杂度 $O(|S|\cdot -{\displaystyle \frac{n}{|S|}}\log ϵ)=O(-n\log ϵ)$。

例：CSES 1685 New Flight Routes

先对原图进行强连通缩点。我们的目标显然是使每个汇点能到达每个源点。

不难证明，我们一定只会从汇点到源点连边，因为任何其他的连边，都能对应上一条不弱于它的、从汇点到源点的连边。

我们的一个核心操作是，取汇点 $t$ 和源点 $s$（它们不必在同一个弱连通分量里），连边 $t\to s$ 以 使得 $s$ 和 $t$ 都不再是汇点或源点（记作目标 I）。理想情况下这种操作每次能减少一个汇点和一个源点，那我们不断操作直到只剩一个汇点或只剩一个源点，而这样的情形就很平凡了。由此，我们猜测答案是源点个数与汇点个数的较大值。

不难发现，上述操作能够达到目标 I 的充要条件是：$t$ 拥有 $s$ 以外的前驱、且 $s$ 拥有 $t$ 以外的后继。可以证明（等会会给出证明），对于任意一张有着至少两个源点和至少两个汇点的 DAG，都存在这样的 $(s,t)$；但存在性的结论无法帮助我们构造方案，还需做其他分析。

• 有了这个充要条件还难以直接得到算法，主要的原因是连边 $t\to s$ 后可能影响其他 $(s^{\prime },t^{\prime })$ 二元组的合法性，这个比较难处理。

注意到我们关于源汇点间的关系知之甚少（甚至连快速查询一对 $s-t$ 间是否可达都需要 dfs + bitset 预处理，而时限并不允许这么做），这提示我们需要某种非常一般和强大的性质。

观察：不满足目标 I 的 $(s,t)$ 至多有 $n+m-1$ 对，其中 $n$ 表示源点个数，$m$ 表示汇点个数。

• 理由：对于每一对这样的 $(s,t)$，若把它看成 $s,t$ 间的一条边，则所有这些边构成的图形如若干条不相交的链，于是边数不超过点数减一。
• 作出这一观察的动机是，要想将存在性结论应用于算法，前置步骤往往是把定性的结果加强为定量的结果。

推论：等概率随机选取 $(s,t)$，满足前述要求的概率 $\ge {\displaystyle \frac{(n-1)(m-1)}{nm}}$。

• 注意到这个结论严格强于先前给出的存在性结论。

推论：等概率独立随机地连续选取 ${\displaystyle \frac{min(n,m)}{2}}$ 对不含公共元素的 $(s,t)$，并对它们 依次 操作（即连边 $t\to s$），则这些操作全部满足目标 I 的概率 $\ge {\displaystyle \frac{1}{4}}$。

• 理由：

而连续选完 $k$ 对 $(s,t)$ 后判断它们是否全部满足目标 I 很简单，只要再跑一遍强连通缩点，判断一下 $n,m$ 是否都减小了 $k$ 即可。注意到若每次减少 $k={\displaystyle \frac{min(n,m)}{2}}$，则 $min(n,m)$ 必在 $O(\log (n+m))$ 轮内变成 1，也就转化到了平凡的情况。

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while(n>1 and m>1):
    randomly choose k=min(n,m)/2 pairs (s,t)
    add edge t->s for all these pairs
    if new_n>n-k or new_m>m-k:
        roll_back()
solve_trivial()

复杂度 $O((|V|+|E|)\log |V|)$。

回顾：我们需要确定任意一对能够实现目标 I 的二元组 $(s,t)$，为此我们随机选择 $(s,t)$。

用随机化获得随机数据的性质

如果一道题的数据随机生成，我们可能可以利用随机数据的性质解决它。而在有些情况下，即使数据并非随机生成，我们也可以通过随机化来给其赋予随机数据的某些特性，从而帮助解决问题。

例：随机增量法

随机生成的元素序列可能具有「前缀最优解变化次数期望下很小」等性质，而随机增量法就通过随机打乱输入的序列来获得这些性质。

详见 随机增量法。

例：TopCoder MagicMolecule 随机化解法

不难想到折半搜索。把点集均匀分成左右两半 $V_L,V_R$（大小都为 ${\displaystyle \frac{n}{2}}$），计算数组 $f_{L,k}$ 表示点集 $L\subseteq V_L$ 中的所有 $\ge k$ 元团的最大权值和。接着我们枚举右半边的每个团 $C_R$，算出左半边有哪些点与 $C_R$ 中的所有点相连（这个点集记作 $N_L$），并用 $f_{N_L,\frac{2}{3}n-|C_R|}+\mathit{\text{value}}(C_R)$ 更新答案。

• 注意到可以 $O(1)$ 转移每一个 $f_{L,k}$。具体地说，取 $d$ 为 $L$ 中的任意一个元素，然后分类讨论：
  • 假设最优解中 $d$ 不在团中，则从 $f_{L\setminus \{d\},k}$ 转移而来。
  • 假设最优解中 $d$ 在团中，则从 $f_{L\cap N(d),k}+\mathit{\text{value}}(d)$ 转移而来，其中 $N(d)$ 表示 $d$ 的邻居集合。
  • 别忘了还要用 $f_{L,k+1}$ 来更新 $f_{L,k}$。

这个解法会超时。尝试优化：

• 平分点集时均匀随机地划分。这样的话，最优解的点集 $C_{res}$ 以可观的概率也被恰好平分（即 $|C_{res}\cap V_L|=|C_{res}\cap V_R|$）。
  • 当然，$|C_{res}|$ 可能是奇数。简单起见，这里假设它是偶数；奇数的情况对解法没有本质改变。
  • 实验发现，随机尝试约 20 次就能以很大概率有至少一次满足该性质。也就是说，如果我们的算法依赖于「$C_{res}$ 被平分」这一性质，则将算法重复执行 20 次取最优，同样也能保证以很大概率得到正确答案。
• 有了这一性质，我们就可以直接钦定左侧团 $L$、右侧团 $C_R$ 的大小都 $\ge {\displaystyle \frac{n}{3}}$。这会对复杂度带来两处改进：
  • $f$ 可以省掉记录大小的维度。
  • 因为只需考虑大小 $\ge {\displaystyle \frac{n}{3}}$ 的团，所以需要考虑的左侧团 $L$ 和 右侧团 $C_R$ 的数量也大大减少至约 $1.8\cdot {10}^6$。
• 现在的瓶颈变成了求单侧的某一子集的权值和，因为这需要 $O(2^{|V_L|}+2^{|V_R|})$ 的预处理。
  • 解决方案：在 $V_L,V_R$ 内部再次折半；当查询一个子集的权值和时，将这个子集分成左右两半查询，再把答案相加。
• 这样即可通过本题。

回顾：一个随机的集合有着「在划分出的两半的数量差距不会太悬殊」这一性质，而我们通过随机划分获取了这个性质。

随机化用于哈希

例：UOJ #207 共价大爷游长沙

对图中的每条边 $e$，我们定义集合 $S_e$ 表示经过该边的关键路径（即题中的 $(a,b)$）集合。考虑对每条边动态维护集合 $S_e$ 的哈希值，这样就能轻松判定 $S_e$ 是否等于全集（即 $e$ 是否是「必经之路」）。

哈希的方式是，对每个 $(a,b)$ 赋予 $2^{64}$ 以内的随机非负整数 $H_{(a,b)}$，然后一个集合的哈希值就是其中元素的 $H$ 值的异或和。

这样的话，任何一个固定的集合的哈希值一定服从 $R:=\{0,1,\cdots ,2^{64}-1\}$ 上的均匀分布（换句话说，哈希值的取值范围为 $R$，且取每一个值的概率相等）。这是因为：

1. 单个 $H_{(a,b)}$ 显然服从均匀分布。
2. 两个独立且服从 $R$ 上的均匀分布的随机变量的异或和，一定也服从 $R$ 上的均匀分布。自证不难。

从而该算法的正确率是有保障的。

至于如何维护这个哈希值，使用 LCT 即可。

例：CodeChef PANIC 及其错误率分析

本题的大致解法：

1. 可以证明¹ $S(N)$ 服从一个关于 $N$ 的 $O(K)$ 阶线性递推式。
2. 用 BM 算法求出该递推式。
3. 借助递推式，用凯莱哈密顿定理计算出 $S(N)$。

这里仅关注第二部分，即如何求一个矩阵序列的递推式。所以我们只需考虑下述问题：

如果一系列矩阵服从一个递推式 $F$，那么它的每一位也一定服从 $F$。然而，如果对某一位求出最短递推式 $F^{\prime }$，则 $F^{\prime }$ 可能会比 $F$ 更短，从而产生问题。

解决方案：给矩阵的每一位 $(i,j)$ 赋予一个 的随机权值 $x_{i,j}$，然后对于序列中每个矩阵计算其所有位的加权和模 $P$ 的结果，再把每个矩阵算出的这个数连成一个数列，最后我们对所得数列运行 BM 算法。

错误率分析：

• 假设上述做法求得了不同于 $F$（且显然也不长于 $F$）的 $l$ 阶递推式 $F^{\prime }$。
• 因为矩阵序列不服从 $F^{\prime }$，所以一定存在矩阵中的某个位置 $(i,j)$，满足该位置对应的数列 $S_{i,j}$ 在某个 $N$ 处不服从 $F^{\prime }$。也就是说：

$$S(N{)}_{i,j}-F_1^{\prime }S(N-1{)}_{i,j}-\cdots -F_l^{\prime }S(N-l{)}_{i,j}\not\equiv 0(\mathrm{mod}P)$$

• 假设 $(i,j)$ 是唯一的不服从的位置，则一定有：

• 显然这仅当 $x_{i,j}=0$ 时才成立，概率 $P^{-1}$。
• 如果有多个不服从的位置呢？
  • 对每个这样的位置 $(i,j)$，易证 $T_{i,j}$ 服从 $R:=\{0,1,\cdots ,P-1\}$ 上的均匀分布。
  • 若干个互相独立的、服从 $R$ 上的均匀分布的随机变量，它们在模意义下的和，依然服从 $R$ 上的均匀分布。自证不难。
  • 从而这种情况下的错误率也是 $P^{-1}$。

例：UOJ #552 同构判定鸭 及其错误率分析

令 $f_{K,i,j}$ 表示图 $G_K$ 中从点 $i$ 开始的所有长为 $j$ 的路径，这些路径对应的所有字符串构成的多重集的哈希值。按照 $j$ 升序考虑每个状态，转移时枚举 $i$ 的出边并钦定该边为路径上的第一条边。

要判断是否存在长度 $=L$ 的坏串，只需把 $\{f_{0,\ast ,L}\}$ 和 $\{f_{1,\ast ,L}\}$ 各自「整合」起来再比较即可（通配符 * 这里表示每一个结点，例如 $\{f_{0,\ast ,L}\}$ 表示全体 $f_{0,i,L}$ 构成的集合，其中 $i$ 取遍所有结点）。官方题解²中证明了最短坏串（如果存在的话）长度一定不超过 $n_1+n_2$，所以这个解法的复杂度是可靠的。

接下来考虑具体的哈希方式。注意到常规的哈希方法——即把串 $a_1{a}_2\cdots a_k$ 映射到 上、再把多重集的哈希值定为其中元素的哈希值之和模 $Q$——在这里是行不通的。一个反例是，集合 {"ab","cd"} 与集合 {"cb","ad"} 的哈希值是一样的，不论 $P,Q$ 如何取值。

上述做法的问题在于，一个串的哈希值是一个和式，从而其中的每一项可以拆出来并重组。为避免这一问题，我们考虑把哈希值改为一个连乘式。此外，乘法交换律会使得不同的位不可区分，为避免这一点我们要为不同的位赋予不同的权值。

对每一个二元组 $(c,j)$（其中 $c$ 为字符，$j$ 为整数表示 $c$ 在某个串中的第几位）我们都预先生成一个随机数 $x_{c,j}$。然后我们把串 $a_1{a}_2\cdots a_k$ 映射到 上（其中 $Q$ 为 随机选取 的质数）、再把多重集的哈希值定为其中元素的哈希值之和模 $Q$。接下来分析它的错误率。

记 $F$ 为模 $Q$ 的剩余系所对应的域，则对于一个 $L\le n_1+n_2$，$\sum _i{f}_{0,i,L}$ 和 $\sum _i{f}_{1,i,L}$ 就分别对应着一个 $F$ 上关于变元集合 $\{x_{\ast ,\ast }\}$ 的 $L$ 次多元多项式，不妨将这两个多项式记为 $P_0,P_1$。

假如两个不同的字符串多重集的哈希值相同，则有两种可能：

1. $P_0\equiv P_1(\mathrm{mod}Q)$，即 $P_0,P_1$ 的每一项系数在模 $Q$ 意义下都对应相等。
2. $P_0\not\equiv P_1(\mathrm{mod}Q),P_0(x_{\ast ,\ast })\equiv P_1(x_{\ast ,\ast })(\mathrm{mod}Q)$，即 $P_0,P_1$ 虽然不恒等，但我们选取的这一组 $\{x_{\ast ,\ast }\}$ 恰好使得它们在此处的点值相等。

分析前者发生的概率：

• 观察：对于任意的 $A\ne B;A,B\le N$ 和随机选取的质数 $Q\le Q_{max}$，一定有：

$$\mathrm{Pr}[A\equiv B(\mathrm{mod}Q)]=O(\frac{\log N\log Q_{max}}{Q_{max}})$$

• 这是因为：使 $A\equiv B$ 成立的 $Q$ 一定满足 $Q|(A-B)$，这样的 $Q$ 有 $\omega (A-B)\le {\log }_{2}N$ 个；而由质数定理，$Q_{max}$ 以内不同的质数又有 $\mathrm{\Theta }({\displaystyle \frac{Q_{max}}{\log Q_{max}}})$ 个。将两者相除即可得到上式。
• 在上述观察中取 $A,B$（满足 $A\ne B$）为某一特定项在 $P_0,P_1$ 中的系数（也就等于该项对应的串在 $G_0,G_1$ 中的出现次数），则易见 $A,B\le (m_1+m_2{)}^L$，得到：

$$\mathrm{Pr}[A\equiv B(\mathrm{mod}Q)]=O(\frac{L\log (m_1+m_2)\log Q_{max}}{Q_{max}})$$

• 所以取 $Q_{max}\approx {10}^{12}$ 就绰绰有余。如果机器无法支持这么大的整数运算，可以用双哈希代替。

分析后者发生的概率：

• 在 Schwartz–Zippel 引理中：
  • 取域 $F$ 为模 $Q$ 的剩余系对应的域
  • 取 $f(x_{\ast ,\ast })=P_0(x_{\ast ,\ast })-P_1(x_{\ast ,\ast })$ 为 $L$ 次非零多项式
  • 取 $S=F$
• 得到：所求概率 $\le {\displaystyle \frac{L}{Q}}$。

注意到我们需要对每个 $L$ 都能保证正确性，所以要想保证严谨的话还需用 Union Bound（见后文）说明一下。

实践上我们不必随机选取模数，因为——比如说——用自己的生日做模数的话，实际上已经相当于随机数了。

例：（*）子矩阵不同元素个数

引理：令 $X_{1\cdots k}$ 为互相独立的随机变量，且取值在 $[0,1]$ 中均匀分布，则 $\mathrm{E}[\underset{i}{min}{X}_i]={\displaystyle \frac{1}{k+1}}$。

• 证明：考虑一个单位圆，其上分布着 相对位置 均匀随机的 $k+1$ 个点，分别在位置 $0,X_1,X_2,\cdots ,X_k$ 处。那么 $\underset{i}{min}{X}_i$ 就等于 $k+1$ 段空隙中特定的一段的长度。而因为这些空隙之间是「对称」的，所以其中任何一段特定空隙的期望长度都是 ${\displaystyle \frac{1}{k+1}}$。

我们取 $k$ 为不同元素的个数，并借助上述引理来从 $\underset{i}{min}{X}_i$ 反推得到 $k$。

考虑采用某个哈希函数，将矩阵中每个元素都均匀、独立地随机映射到 $[0,1]$ 中的实数上去，且相等的元素会映射到相等的实数。这样的话，一个子矩阵中的所有元素对应的那些实数，在去重后就恰好是先前的集合 $\{X_1,\cdots ,X_k\}$ 的一个实例，其中 $k$ 等于子矩阵中不同元素的个数。

于是我们得到了算法：

1. 给矩阵中元素赋 $[0,1]$ 中的哈希值。为保证随机性，哈希函数可以直接用 map 和随机数生成器实现，即每遇到一个新的未出现过的值就给它随机一个哈希值。
2. 回答询问时设法求出子矩阵中哈希值的最小值 $M$，并输出 ${\displaystyle \frac{1}{M}}-1$。

然而，这个算法并不能令人满意。它的输出值的期望是 $\mathrm{E}[{\displaystyle \frac{1}{\underset{i}{min}{X}_i}}-1]$，但事实上这个值并不等于 ${\displaystyle \frac{1}{\mathrm{E}[\underset{i}{min}{X}_i]}}-1=k$，而（可以证明）等于 $\mathrm{\infty }$。

也就是说，我们不能直接把 $\underset{i}{min}{X}_i$ 的单次取值放在分母上，而要先算得它的期望，再把期望值放在分母上。

怎么算期望值？多次随机取平均。

我们用 $C$ 组不同的哈希函数分别执行前述过程，回答询问时计算出 $C$ 个不同的 $M$ 值，并算出其平均数 $\bar{M}$，然后输出 $(\bar{M}{)}^{-1}-1$。

实验发现取 $C\approx 80$ 即可满足要求。严格证明十分繁琐，在此略去。

最后，怎么求子矩阵最小值？用二维 S-T 表即可，预处理 $O(nm\log n\log m)$，回答询问 $O(1)$。

随机化在算法中的其他应用

随机化的其他作用还包括：

• 防止被造数据者用针对性数据卡掉。例如在搜索时随机打乱邻居的顺序。
• 保证算法过程中进行的「操作」具有（某种意义上的）均匀性。例如 模拟退火 算法。

在这些场景下，随机化常常（但并不总是）与乱搞、骗分等做法挂钩。

例：「TJOI2015」线性代数

本题的标准算法是网络流，但这里我们采取这样的乱搞做法：

• 每次随机一个位置，把这个位置取反，判断大小并更新答案。

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#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <iostream>

int n;

int a[510], b[510], c[510][510], d[510];
int p[510], q[510];

int maxans = 0;

void check() {
  memset(d, 0, sizeof d);
  int nowans = 0;
  for (int i = 1; i <= n; i++)
    for (int j = 1; j <= n; j++) d[i] += a[j] * c[i][j];
  for (int i = 1; i <= n; i++) nowans += (d[i] - b[i]) * a[i];
  maxans = std::max(maxans, nowans);
}

int main() {
  srand(19260817);
  std::cin >> n;
  for (int i = 1; i <= n; i++)
    for (int j = 1; j <= n; j++) std::cin >> c[i][j];
  for (int i = 1; i <= n; i++) std::cin >> b[i];
  for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = 1;
  check();
  for (int T = 1000; T; T--) {
    int tmp = rand() % n + 1;
    a[tmp] ^= 1;
    check();
  }
  std::cout << maxans << '\n';
}

例：（*）随机堆³

可并堆最常用的写法应该是左偏树了，通过维护树高让树左偏来保证合并的复杂度。然而维护树高有点麻烦，我们希望尽量避开。

那么可以考虑使用随机堆，即不按照树高来交换儿子，而是随机交换。

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struct Node {
  int child[2];
  long long val;
} nd[100010];

int root[100010];

int merge(int u, int v) {
  if (!(u && v)) return u | v;
  int x = rand() & 1, p = nd[u].val > nd[v].val ? u : v;
  nd[p].child[x] = merge(nd[p].child[x], u + v - p);
  return p;
}

void pop(int &now) { now = merge(nd[now].child[0], nd[now].child[1]); }

随机堆对堆的形态没有任何硬性或软性的要求，合并操作的期望复杂度对任何两个堆（作为 merge 函数的参数）都成立。下证。

期望复杂度的证明

将证，对于任意的堆 $A$，从根节点开始每次随机选左或者右走下去（直到无路可走），路径长度（即路径上的结点数）的期望值 $h(A)\le {\log }_2(|A|+1)$。

• 注意到在前述过程中合并堆 $A,B$ 的期望复杂度是 $O(h(A)+h(B))$ 的，所以上述结论可以保证随机堆的期望复杂度。

证明采用数学归纳。边界情况是 $A$ 为空图，此时显然。下设 $A$ 非空。

假设 $A$ 的两个子树分别为 $L,R$，则：

证毕。

与随机性有关的证明技巧

以下列举几个比较有用的技巧。

自然，这寥寥几项不可能就是全部；如果你了解某种没有列出的技巧，那么欢迎补充。

概率上界的分析

详见 概率不等式 页面。

除了上述页面中提到的各种不等式外，推导过程中还经常会用到以下结论：

自然常数的使用：$(1-{\displaystyle \frac{1}{n}}{)}^n\le {\displaystyle \frac{1}{\mathrm{e}}},\mathrm{\forall }n\ge 1$

• 左式关于 $n\ge 1$ 单调递增且在 $+\mathrm{\infty }$ 处的极限是 ${\displaystyle \frac{1}{\mathrm{e}}}$，因此有这个结论。
• 这告诉我们，如果 $n$ 个互相独立的事件，每个的发生概率为 $1-{\displaystyle \frac{1}{n}}$，则它们全部发生的概率至多为 ${\displaystyle \frac{1}{\mathrm{e}}}$。

「耦合」思想

「耦合」思想常用于同时处理超过一个有随机性的对象，或者同时处理随机的对象和确定性的对象。

引子：随机图的连通性

这个结论看起来再自然不过，但严格证明却并不那么容易。

这一段证明中用到的思想被称为「耦合」，可以从字面意思来理解这种思想。本例中它体现为把两个本来独立的随机过程合二为一。

应用：NERC 2019 Problem G: Game Relics

观察：如果选择抽物品，就一定会一直抽直到获得新物品为止。

• 理由：如果抽一次没有获得新物品，则新的局面和抽物品之前的局面一模一样，所以如果旧局面的最优行动是「抽一发」，则新局面的最优行动一定也是「再抽一发」。

我们可以计算出 $f_k$ 表示：如果当前已经拥有 $k$ 个不同物品，则期望要花多少钱才能抽到新物品。根据刚才的观察，我们可以直接把 $f_k$ 当作一个固定的代价，即转化为「每次花 $f_k$ 块钱随机获得一个新物品」。

结论：最优策略一定是先抽若干次，再买掉所有没抽到的物品。

这个结论符合直觉，因为 $f_k$ 是关于 $k$ 递增的，早抽似乎确实比晚抽看起来好一点。

基于这个结论，我们再次等价地转化问题：把「选一个物品并支付对应价格购买」的操作，改成「随机选一个未拥有的物品并支付对应价格购买」。等价性的理由是，既然购买只是用来扫尾的，那选到哪个都无所谓。

现在我们发现，「抽取」和「购买」，实质上已经变成了相同的操作，区别仅在于付出的价格不同。选择购买还是抽取，对于获得物品的顺序毫无影响，而且每种获得物品的顺序都是等可能的。

观察：在某一时刻，我们应当选择买，当且仅当下一次抽取的代价（由已经抽到的物品数确定）大于剩余物品的平均价格（等于的话则任意）。

• 可以证明，随着时间的推移，抽取代价的增速一定不低于剩余物品均价的增速。这说明从抽到买的「临界点」只有一个，进一步验证了先前结论。

最后，我们枚举所有可能的局面（即已经拥有的元素集合），算出这种局面出现的概率（已有元素的排列方案数除以总方案数），乘上当前局面最优决策的代价（由拥有元素个数和剩余物品总价确定），再加起来即可。这个过程可以用背包式的 DP 优化，即可通过本题。

回顾：可以看到，耦合的技巧在本题中使用了两次。第一次是在证明过程中，令两个随机过程使用同一个随机源；第二次是把购买转化成随机购买（即引入随机源），从而使得购买和抽取这两种操作实质上「耦合」为同一种操作（即令抽取和购买操作共享一个随机源）。

参考资料

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