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type: slide
slideOptions:
transition: fade;
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<style>
.reveal .slides {
text-align: left;
font-size:28px;
}
</style>
# random
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* 要怎麼random(產生亂數)
* hash
* 更多 random 題目
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## 產生亂數
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## 產生亂數
亂數？很簡單啊，大一程式設計就有教
```cpp!
rand();
srand(seed);
```
但真的好嗎？
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在某些系統上 rand() 回傳範圍為 [$[0, ?]$](https://cplusplus.com/reference/cstdlib/RAND_MAX/#:~:text=This%20value%20is-,library%2Ddependent,-%2C%20but%20is%20guaranteed)
$?$為一個數值，根據library or 系統決定
解決方法：
- rand()拼成很多次很大的數字
- 用 mt19937 :D
以下會用 mt19937 實作隨機
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在數學意義上並沒有真正的亂數，因此都只能用時間種子或者是怪怪的公式去假裝亂數
所以我們今天使用的是時間種子
```cpp
chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count()
```
那記得使用這個要引入標頭檔
```cpp
#include<chrono>
```
這是一個單位以 ms 來計算的時間亂數
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分析
```cpp
chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count()
```
首先 $steady\_clock$ 是一個單調的時鐘
然後 $now()$ 就是指現在的時間
接著 $time\_since\_epoch()$ 是指 現在獲取的 $now$ 到時間元年的間隔
最後 $count()$ 當然就是指有幾個間隔
*時間元年 1970/01/01
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再來是產生器，我們會使用到的是 mt19937
什麼是mt19937呢，背後支持的數學演算法是梅森旋轉算法，可以使得在一個範圍內有隨機分布。
那要怎麼產生呢?
```cpp
mt19937 變數名稱(亂數種子);
```
所以我們的定義就會變成
```cpp
mt19937 mt(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
```
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那我們就可以開始利用mt了
那因為mt是我們的產生器，我們還需要給他一個分布的範圍
```cpp
uniform_int_distribution<> dis(0, 1e9);
```
那他的預設值就是int 如果今天要用小數點的話就分別是以下
```cpp
uniform_int_distribution<int> 分布變數名稱(最小值, 最大值);
uniform_real_distribution<double> 分布變數名稱(最小值, 最大值);
```
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所以最後就會這樣寫出東西
```cpp
#include<iostream>
#include<random>
#include<chrono>
using namespace std;
void solve(){
mt19937 mt(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
uniform_int_distribution<> dis(0, 1e9);
cout<<dis(mt)<<endl;
}
int main(){
solve();
return 0;
}
```
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## Shuffle
random標頭檔下有shuffle函式
```cpp
shuffle(arr,arr+n,mt);//開頭,結尾,亂數產生器
```
跟sort的用法一樣，直接把你的arr全部打亂。
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## 算數學時間
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## 簡單的練習
題目有 $T$ 筆測資，每筆測資你的程式會有 $p$ 的機率答對，並且你做了 $k$ 次取最好的，請問你 AC 的機率是多少
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題目有 $T$ 筆測資，每筆測資你的程式會有 $p$ 的機率答對，並且你做了 $k$ 次取最好的，請問你 AC 的機率是多少
- 一筆測資對的機率 $\rightarrow p$
- 單筆測資答錯：猜了 k 次全部都錯，機率是 $(1 − p)^k$
- 單筆測資答對：$1 − (1 − p)^k$
- 全部答對：$(1 − (1 − p)^k)^T$
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## 生日悖論
假設一年有 365 天，班上有 $n$ 個人，有任兩個人生日相同的機率是多少？
Answer : ||$1-\frac{P^{365}_n}{365^n}$||
||||
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hash 的成功率跟這個悖論有關，附上[連結](https://zh.wikipedia.org/zh-tw/%E7%94%9F%E6%97%A5%E5%95%8F%E9%A1%8C)，有興趣可以看!
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## 不一樣的 Hash
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## 以前教過的hash
在字串課教過 rolling hash，可以讓你把一個字串的子字串壓成一個數字
$h(s_1,s_2 . . . s_n) = (s_1 × C^{n−1} + s_2 × C^{n−2} + · · · + s_n)$ $mod$ $M$
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## 以前教過的hash
- 一樣的子字串，拿去做hash，出來的值一定一樣
- 但是一樣的 hash 值，映射回來的子字串**不一定**一樣
- 什麼會影響碰撞的機率？
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## 例題 : 矩陣相乘
給你 $N*N$ 的矩陣 $A,B,C$，問你 $A \times B$ 是否等於 $C$ ?
$N \le 10000$
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暴力算矩陣乘法複雜度為 $O(n^3)$，就目前已知的計算矩陣乘法複雜度一定炸開，因此可以考慮對矩陣去做 hash !
##### ~~什麼!!!矩陣可以拿來hash!!?~~
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## 秉持 Hash 的精神，把矩陣 Hash 掉！
以前教過的 hash 可以把一個 「子字串」 or 「子區間」 hash 成一個數值，再去判斷兩者是不是一樣
如果這時候可以把矩陣 Hash 成「某個東西」的話，好像就很好判斷$AB = C$ 了？
設 $h$ 函數為可以把某矩陣 Hash 之後的變成某個東西的函數，所以要滿足：
$h(AB) = h(C)$
所以接下來要想個辦法算出 $h(AB)$ 和 $h(C)$....
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對於以前學過的子區間 Hash ， 可以展開成以下 matrix 形式
設 $R = \left[\begin{matrix}
c_0 \\
c_1 \\
: \\
c_n\\
\end{matrix}\right]$，$\left[\begin{matrix}
a_0 & a_1 & ... & a_n\\
\end{matrix}\right] \times R = hash$ 值
子區間可以看成 $1 \times N$ 的 matrix ，對於每一項，乘以他對應的 base ，而得到 $1 \times 1$ 的 hash 值
那我們是不是也可以把一個矩陣 ($N \times N$ 的matrix) 壓成更小的矩陣 (?)
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因此考慮....
$\left[\begin{matrix}
a_{00} & a_{10} & ... & a_{n0}\\
a_{01} & a_{11} & ... & a_{n1}\\
: & : & ... & :\\
: & : & ... & :\\
a_{0n} & a_{1n} & ... & a_{nn}\\
\end{matrix}\right] \times R =
\left[\begin{matrix}
hash_0 \\
hash_1 \\
: \\
hash_n\\
\end{matrix}\right]$
這樣做可以把一個 $N \times N$的矩陣 hash 成 $N\times 1$ 的小矩陣了
因此問題變成 $(AB)R = CR$ ，交換一下矩陣計算順序
$\rightarrow ABR = CR$
$\rightarrow A(BR) = CR$
這樣計算的複雜度為 $O(n^2)$
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前面好像都沒講到 $R$ 矩陣裡面的數值具體要塞什麼？
先別急，再觀察一個性質
- 如果 $AB = C$，則不論 $R$ 是什麼，等號一定成立
- 如果 $AB \neq C$，則不論 $R$ 是什麼，等號「不一定」成立
有這個性質可以幹嘛？
||可以 random!!||
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讓 $R$ 裡面所有的元素全部都是亂數生成的
考慮 $AB \neq C$ 的情況，思考一下會發現，等號「成立」的情況機率很低，直接去算 $A(BR)=CR$ 好像很大機率會過！
不對啊！等號「成立」怎麼辦 $\rightarrow$ ||多做幾次!!||
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多做幾次，讓WA的機率越乘越低，是 random 演算法的精神之一!
```cpp!
while(time--){//做個 t 次，不要超過複雜度就好
1.隨機生成R矩陣
2.算A(BR)
3.算CR
4.如果ABR != CR -> "NO!!!!!"
5.如果ABR == CR -> 再做一次
}
做t次做完了，都沒問題 -> "YEESSSSSSS!!"
```
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這裡我們學到了「二維Hash」,「生成隨機數把東西映射到其他東西(?)」的技巧，下面會再提更多 hash 的例子！
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## 成雙成對
給妳一個長度為 $n$ 的序列 $a_1, a_2, ... ,a_n$，給你 $q$ 筆詢問，每筆詢問給你 $[l,r]$
問你 $[l,r]$ 區間內是否每一種數字都出現偶數次，
$1 \le n,q \le 10^6$
$a_i \le 2^{31} -1$
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不可能 $O(nq)$ 暴力去算，太白癡了
但我們好像學過根號算法？
複雜度 $O(n \sqrt n)$，好像還是不會過
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這時候就要用隨機來~~唬爛~~了！
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透過觀察，會發現一個好的區間 $[l,r]$，滿足$a_l$ $\oplus ...$ $\oplus$ $a_r = 0$
ex:
```cpp!
9, 1, [3, 5, 3, 5], 2
```
為什麼呢？因為相同的數字透過 Xor 的性質，兩兩互相打架抵銷成 0
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但是也有情況 Xor 會爛掉
- Xor 的好情況： $a$ $\oplus$ $a =0$
- Xor 的不夠好情況 $1$ $\oplus$ $2$ $\oplus$ $3 =0$
因此要避免這種情況發生，這時就要用到隨機ㄌ
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可以選擇把每個元素透過隨機打到 long long 範圍的任意數字，
由於我們把值域範圍從 「$2^{31}-1$」 打到 「$2^{64}-1$」 左右，使碰撞的機率降低，在這樣的序列下去找好的區間，$1$ $\oplus$ $2$ $\oplus$ $3 =0$ 的情況發生機率極低。
其實隨機就這樣，很唬爛，看起來超玄，但會過 :/
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## K的倍數
這時題目變成...
給妳一個長度為 $n$ 的序列 $a_1, a_2, ... ,a_n$，給你 $q$ 筆詢問，每筆詢問給你 $[l,r]$
問你 $[l,r]$ 區間內是否每一種數字都出現 $K$ 的倍數次，
$1 \le n,q \le 10^6$
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概念一樣，把所有元素打到任意一個隨機數，再去找好的區間
這時限制變成，每種數字都出現 $K$ 的倍數次，怎麽做？
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上一題當中，對於同一種元素，我們讓他兩兩打架，打到最後讓他消失不見
那可以讓他們$k$$k$打架(?) ，一樣讓他們打起來，有兩種方法：
1. 設計一個 $\oplus_k$，代表 $k$ 進制的 xor
2. 用相加的，同一種元素讓他們加起來為0
顯然 1. 很好懂但很難實作，讓我們講講2.
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用相加的，我們假設一個區間裡面有 $k$ 個 $a$，我們可以把 $(k-1)$ 個 $a$ 打到 $+x$，第 $k$ 個 $a$ 設定成 $(k-1) \times (-x)$ ， 這樣可以使得這段區間的 $a$ 相加為 0
因此可以這樣構造新的序列：
|序列| $c$|$a$|$a$|$c$|$c$|$b$|$c$|$b$|$b$|$a$|
|---|----|---|---|---|----|---|---|---|----|---|
|打到的數字|$+z$|$+x$|$+x$|$+z$|$-2z$|$+y$|$+z$|$+y$|$-2y$|$-2x$|
這樣就只要算區間和為零的子區間有多少就好了，因為是一個long long範圍的隨機數，所以「區間和為零但不是一個好的區間」的機率會非常小
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休息一下～
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## 讓你覺得「蛤？為什麼這樣做會AC」的例題們
* 眾數
* 最近點對
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## 眾數
絕對眾數的定義：數字出現次數嚴格超過長度的一半
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題目 be like :
給你長度為 $N$ 的序列，$q$ 筆詢問
每次詢問給出區間 $[l,r]$ ，詢問裡面的區間絕對眾數是誰?
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你會發現，在區間裡面戳一個數字，它會是區間絕對眾數的機率會有$\frac 1 2$
所以我們只要戳30次 這樣連戳30次都不是眾數的機率是 ${\frac 1 2}^{30}$
那要怎麼確認一個數字是不是區間絕對眾數呢?
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把每個數字的index記錄下來
然後使用二分搜去算它在此區間有幾個數字，就可以知道它是不是區間絕對眾數
因此複雜度是 $O(30 Q log N)$
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## 變化題
給你一個長度為 $n$ 的 arr ，求出一個 MOD 讓這個 arr 有絕對眾數
要取模誒 那他怎麼可能可以隨機?
還真可以。
因為在 MOD 完之後他會是絕對眾數，因此你任選一個數字，它取模完會是眾數的機率是 $\frac 1 2$
所以隨機挑選兩個數字，兩個都是眾數的機率是 $\frac 1 4$ ，然後枚舉 $|x-y|$ 的質因數 當成模數去計算即可。
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## 分析
一次取到兩個都是眾數的機會是 $\frac 1 4$ 也就是說不是的機率是 $\frac 3 4$
那我只需要 ${\frac 3 4}^T$ 就可以保證會是對的。
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## 最近點對
給你平面上 $N$ 個點，對於任意 $(i,j)$， 點 $i$ 和點 $j$ 的歐幾里德距離最小值是多少？
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以前有教過分治的算法，一直分左邊分右邊然後blablabla....
但如果你有實作過的話，會發現最近點對分治超難寫，那我們試試隨機！
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- 假設現在有 $i-1$ 個點在平面上，而且知道前 $i-1$ 個點的最近距離為 $d$
- 如果距離變短，那最近點對的其中一個點一定是 $i$
- $i$ 周圍畫一個半徑為 $d$ 的圓內有其他點
- 但是要檢查半徑為 $d$ 的圓內有沒有其他點太難了 QQ
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- 退而求其次，我們找到一些可能跟它距離小於 $d$ 的點
- 把整個平面切成 $(\frac{d}{2})$ × $(\frac{d}{2})$ 的網格
- 檢查所有 $i$ 所在的格子和周圍 8 格和再往外一圈共 25 格裡的點
- 如果找到距離小於 $d$ 的點，就把網格重畫 ; 否則把 $i$ 直接加進它在的那個格子裡
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聽起來，我們這時想到的做法會是：
- 先把兩個點放在平面上，以這個點對當做目前的最近點對，距離為 $d$ ，並用這個 $d$ 在平面上分割網格
- 對於第 $3$~$n$ 的點$i$，檢查點 $i$在網格上的附近25個點，如果有點並且這個點跟點 $i$ 可以更新 $d$：
- 就：用這個新的最近點對重新畫網格
- 否則：放進網格內
算算看複雜度
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- 每個格子內最多只有 1 個點 => 最多只要檢查 25 個點
- 每次重畫格子要花 O(i) 的時間，不然加入只要花 O(1) 的時間（用 hash table）
- 這樣總時間需要考慮重畫格子、放進方格的機率，大約是
$\sum$加入第 $i$ 個點花的時間 $=\sum(p_i × O(i) + (1 − p_i) × O(1))$
- $p_i$ = 第 $i$ 個點要重畫格子的機率
但測資一定非常嚴格，一定會構造要你一直重畫格子的測資，因此會退化成 $O(n^2)$
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但如果我們把點都 random_shuffle 呢？
既然現在 random 了，那複雜度一定會小於等於 $O(n^2)$ ，接下來就來算算看 random 後重新畫方格的機率 $p_i$
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其實重新畫方格的機率就是 $O(\frac{1}{i})$，因此在shuffle之後複雜度會是：
$\sum(p_i × O(i) + (1 − p_i) × O(1)) = O(n)$
因此我們期望 $O(n)$ 就可以做完了
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## 一些細節
1. 因為有些點座標會有負數，所以要事先把座標搬到第一象限
```cpp!
int mnx=1e18,mny=1e18;
for(auto [x,y]:a){
mnx=min(mnx,x);
mny=min(mny,y);
}
for(auto& [x,y]:a){
x-=mnx;
y-=mny;
}
```
2. 為了好好分割網格，你可能會砸 map ，但是在值域很大 (ex:1e9,1e16)的時候還是乖乖做分治，不然map會炸掉QQ
3. ~~如果不信任 map 的話，也可以自己寫一個 hash~~
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[練習題單 ](https://vjudge.net/contest/676813)
唬爛吧！
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