## 用随机集合覆盖目标元素
-解空间中有一个（或多个）解是最优解。我们可以尝试进行多次撒网，只要有一次能够网住最优解就能成功。
+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
-问题：给定一张 $n$ 个结点、 $m$ 条边的简单无向图，用 RGB 三种颜色给每个结点染色 满足任意一对邻居都不同色，或者报告无解。
+???+ note "问题"
+ 给定一张 $n$ 个结点、 $m$ 条边的简单无向图，用 RGB 三种颜色给每个结点染色 满足任意一对邻居都不同色，或者报告无解。
+
+???+ note "解法"
+ 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 $\big(\frac 23\big)^n$ 。
-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 $\big(\frac 23\big)^n$ 。
+ 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：
-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 $\{R,G,B\}\setminus\{X,C_v\}$ 。
-- 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 $O(m)$ 的复杂度解决这个问题。
-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 $O(m)$ 的复杂度解决这个问题。
+ 这样做，单次的正确率是 $\big(\frac 23\big)^n$ 。将算法重复运行 $-\big(\frac 32\big)^n\log \epsilon$ 次，只要有一次得到解就输出，这样即可保证 $1-\epsilon$ 的正确率。（详见后文中“自然常数的使用”和“抽奖问题”）
-这样做，单次的正确率是 $\big(\frac 23\big)^n$ 。将算法重复运行 $-\big(\frac 32\big)^n\log \epsilon$ 次，只要有一次得到解就输出，这样即可保证 $1-\epsilon$ 的正确率。（详见后文中“自然常数的使用”和“抽奖问题”）
+**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](https://www.codechef.com/problems/SELEDGE)
$n\cdot m\leq 2\cdot10^5;q\leq 10^6;\epsilon=0.5,\delta=0.2$
-??? "解法"
+???+ note "解法"
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 $\mathrm{E}\big[\min\limits_i X_i\big]=\dfrac 1{k+1}$ 。
- 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 $\min\limits_i X_i$ 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 $\dfrac 1{k+1}$ 。
与该问题类似的模型经常出现在随机算法的复杂度分析中。
-??? note "解答"
+???+ note "解答"
假如只有一个奖球，则抽取 $M:=-n\log\epsilon$ 次即可保证，因为 $M$ 次全不中的概率 $\Big(1-\dfrac 1n\Big)^{n\cdot (-\log\epsilon)}\leq e^{\log\epsilon}=\epsilon$ 。
现在有 $k>1$ 个奖球，那么根据 Union Bound，我们只需保证每个奖球被漏掉的概率都不超过 $\dfrac \epsilon k$ 即可。于是答案是 $-n\log\dfrac \epsilon k$ 。
???+ note "例：(\*)随机选取一半元素"
给出一个算法，从 $n$ 个元素中等概率随机选取一个大小为 $\dfrac n2$ 的子集，保证 $n$ 是偶数。你能使用的唯一的随机源是一枚均匀硬币，同时请你尽量减少抛硬币的次数（不要求最少）。
-??? note "解法"
+???+ note "解法"
首先可以想到这样的算法：
- 通过抛 $n$ 次硬币，可以从所有子集中等概率随机选一个。
至此我们已经基本能够确信，第二、第三步的操作次数应该不是瓶颈，该算法的期望抛硬币次数应该是 $n+o(n)$ 。
- ??? mdui-shadow-6 "闲得无聊想算精确的式子"
+ ??? mdui-shadow-6 "更精确的结果"
尝试用 Hoeffding 不等式求第二、第三步中操作次数期望值的上界：
$$
#### 引子：随机图的连通性
-求证：对于 $n \in \mathbf{N}^*; p,q\in [0,1]$ 且 $q\leq p$ ，随机图 $G_1(n,p)$ 的连通分量个数的期望值不超过随机图 $G_2(n,q)$ 的连通分量个数的期望值。这里 $G(n,\alpha)$ 表示一张 $n$ 个结点的简单无向图 $G$ ，其中 $\dfrac {n(n-1)}2$ 条可能的边中的每一条都有 $\alpha$ 的概率出现，且这些概率互相独立。
+???+ note "问题"
+ 对于 $n \in \mathbf{N}^*; p,q\in [0,1]$ 且 $q\leq p$ ，求证：随机图 $G_1(n,p)$ 的连通分量个数的期望值不超过随机图 $G_2(n,q)$ 的连通分量个数的期望值。这里 $G(n,\alpha)$ 表示一张 $n$ 个结点的简单无向图 $G$ ，其中 $\dfrac {n(n-1)}2$ 条可能的边中的每一条都有 $\alpha$ 的概率出现，且这些概率互相独立。
这个结论看起来再自然不过，但严格证明却并不那么容易。
-??? note "大致思路"
+???+ note "证明思路"
我们假想这两张图分别使用了一个 01 随机数生成器来获知每条边存在与否，其中 $G_1$ 的生成器 $T_1$ 每次以 $p$ 的概率输出 1， $G_2$ 的生成器 $T_2$ 每次以 $q$ 的概率输出 1。这样，要构造一张图，就只需把对应的生成器运行 $\dfrac {n(n-1)}2$ 遍即可。
现在我们把两个生成器合二为一。考虑随机数生成器 $T$ ，每次以 $q$ 的概率输出 0 ，以 $p-q$ 的概率输出 1 ，以 $1-p$ 的概率输出 2 。如果我们将这个 $T$ 运行 $\dfrac {n(n-1)}2$ 遍，就能同时构造出 $G_1$ 和 $G_2$ 。具体地说，如果输出是 0 ，则认为 $G_1$ 和 $G_2$ 中都没有当前考虑的边；如果输出是 1 ，则认为只有 $G_1$ 中有当前考虑的边；如果输出是 2 ，则认为 $G_1$ 和 $G_2$ 中都有当前考虑的边。
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”。
-??? note "期望代价的计算"
+???+ note "期望代价的计算"
显然 $f_k=\dfrac x2 \cdot (R-1)+x$ ，其中 $R$ 表示要得到新物品期望的抽取次数。
引理：如果一枚硬币有 $p$ 的概率掷出正面，则首次掷出正面所需的期望次数为 $\dfrac 1p$ 。
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。
-??? note "证明"
+???+ note "证明"
先考虑证明一个特殊情况。将证：
- 随机过程 $A$ ：先买物品 $x$ ，然后不断抽直到得到所有物品
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