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关于异或哈希

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 \(k\)

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

\[\begin{align*} a \oplus b \oplus c&= a \oplus c \oplus b\\ &= b \oplus a \oplus c\\ &= b \oplus c \oplus a\\ &= c \oplus a \oplus b\\ &= c \oplus b \oplus a\\ \end{align*} \]

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:\(3*10^5\)

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 \(1\)等于区间长度的最大值 \(max\)

分别向右/左做两次扩展:

\(pos\) 记录上一个 \(1\) 的位置,当前扩展到 \(x\)

\(x=1\) 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:

\[0 \oplus 0 = (0+0)\ \%\ 2 = 0 \]

\[0 \oplus 1 = (0+1)\ \%\ 2 = 1 \]

\[1 \oplus 0 = (1+0)\ \%\ 2 = 1 \]

\[1 \oplus 1 = (1+1)\ \%\ 2 = 0 \]

假设有一种运算 \(③\),使得 \(a\ ③\ a\ ③\ a=0\),即

\[0\ ③\ 0 = (0+0)\ \%\ 3 = 0 \]

\[1\ ③\ 0 = (0+1)\ \%\ 3 = 1 \]

\[2\ ③\ 0 = (2+0)\ \%\ 3 = 2 \]

\[2\ ③\ 2 = (2+2)\ \%\ 3 = 1 \]

其实也就是 \(3\) 进制的运算

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 \(cnt \geq 3 \land cnt \leq 3\) 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。

\(pre_r\)\([1, r]\) 的前缀异或和。

当删除完毕之后,我们统计满足 \(pre_r = pre_{pos}\)\(pos \in [l, r]\)\(pos\) 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

#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,\(\alpha_1 \leq \alpha_2 \leq \alpha_3 \leq \dots \leq \alpha_k\)皆素数。

\[\begin{align*} x^2&=(p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}p_3^{\alpha_3}\dots p_k^{\alpha_k})^2\\ &=p_1^{2\times\alpha_1}p_2^{2\times\alpha_2}p_3^{2\times\alpha_3}\dots p_k^{2\times\alpha_k} \end{align*} \]

那么当这个序列质因子出现的次数都是偶数次即可。

练习

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

大人~ 制作不易喵~ 赏个赞吧喵~

蒂蒂~ 嘿嘿嘿 我的蒂蒂

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