隨機 Hash：堆疊必要條件
如果我們有一種方法來檢驗某個物件的某個性質，當物件滿足這個性質的時候，這個方法必然能使該物件透過檢驗；否則這個方法會使該物件以 \(p\) 的機率透過檢驗。那麼我們將得到一個極可能正確的檢驗方法：連續使用前述方法檢驗該物件足夠多次。誤透過檢驗的機率 \(x\) 將隨檢驗次數 \(m\) 的提升而迅速降低，因此我們的方法是極可能正確的。
當然，我們不能無限制地提升檢驗次數，這會讓我們的檢驗速度變低。那麼，我們應該怎樣選擇檢驗次數，才能使 錯誤率 \(x = p^{m}\) 被控制到一個可以接受的範圍內？
怎樣的錯誤率是可以被接受的？
不難發現，可以被接受的錯誤率與實驗次數 \(n\) 有關。在具體的題目中，我們幾乎要在每一次實驗中都不誤判，除此之外的結果都難以接受。因此，\(n\) 越大，可以被接受的錯誤率就越小。
下面是當錯誤率 \(x\) 和實驗次數 \(n\) 在某個量級的時候，透過所有實驗的正確率表格。（即透過所有實驗不報錯的機率）
| 單次錯誤率 (\(x\)) / 實驗次數 (\(n\)) | \(10^5\) | \(10^6\) | \(10^7\) | \(10^8\) |
|---|---|---|---|---|
| \(10^{-5}\) | \(0.3679\) | \(0\) | \(0\) | \(0\) |
| \(10^{-6}\) | \(0.9048\) | \(0.368\) | \(0\) | \(0\) |
| \(10^{-7}\) | \(0.9900\) | \(0.9048\) | \(0.3679\) | \(0.0000\) |
| \(10^{-8}\) | \(0.9990\) | \(0.9900\) | \(0.9048\) | \(0.3678\) |
| \(10^{-9}\) | \(0.9999\) | \(0.9990\) | \(0.9900\) | \(0.9048\) |
這裡的實驗次數一般要考慮到資料組數或者測試點數量（畢竟我們不想在 CF 中 WA 哪怕一個點對吧？）。
如果對單次正確率有自信，可以直接使用伯努利不等式：
該不等式表明當我們足夠悲觀（直接認為錯誤率為單次錯誤率乘實驗次數）時，正確率也是有保障的。
當單次錯誤率在 \(10^{-9}\)（\(10^{-8}\) 看上去不錯，但是接近 \(10\%\) 的錯誤率不夠小）的時候，我們的總體正確率都是非常樂觀的，因為幾乎沒有題目會實驗 \(10^{8}\) 次。
當單次錯誤率較高的時候，我們有幾乎沒有代價的降低錯誤率方法：重複隨機。選取合適的重複隨機次數，將單次錯誤率維持在 \(10^{-9}\) 級別，我們就可以認為這是可以接受的錯誤機率。
具體的錯誤率分析
Sum Hash 一例：QOJ 5254 Differences
考慮答案串，其它每個字串都和它有 \(m - k\) 個相同的字元。必要條件呼之欲出：和該字串相同的位恰有 \((n-1)(m-k)\) 個。
進一步地，給每個字串隨機賦權 \(w_i\)。列舉答案串的每一位，統計這一位和答案串相同的串的權值和。那麼，僅當權值和為 \(sum(m - k)\) 時，答案串合法。
考慮分析錯誤率。當某一種權值 \(w_i\) 並非出現了 \((m-k)\) 次時，考慮固定其餘的 \(w_j\) 不變，值域內至多隻有 \(1\) 種 \(w_i\) 會使得它和 \(sum(m-k)\) 相等，因此錯誤率可以近似看作 \(1/V\)。
Sum Hash 一例：CF 1746F Kazaee
給每種數賦隨機權值然後檢驗區間和是否是 \(k\) 的倍數。此處值域可看作 \([0,k)\)，那麼當隨機權值取遍 \([0,k)\) 的時候，固定其餘的隨機權值不變，類似的分析可以分析出：錯誤率至多 \(1/2\)（當 \(k = 2\) 的時候達到最高）。
此時需要將隨機次數提升到 \(25\) 次左右（\(2 \times 10^{-8}\) 左右的錯誤率）。
Xor Hash 一例：CSP 2022 星戰
前面的部分略去。
首先不難分析出按位獨立。然後，每一位非法時錯誤率約 \(1/2\)（套用 Sum Hash 時的分析方法：固定其餘不變，改變欽定的關鍵元素的權值），因此錯誤率為 \((0.5)^{L}\)，其中 \(L\) 為向量長度。
Xor Hash 另一例：Dzy loves Chinese
這裡我們需要把隨機權值當成 \(2^i\) 使用並插入進線性基裡。這要求我們每次取樣的大小必須遠小於向量位長。我們認為一次錯誤是誤把線性無關組判斷為線性相關組，即插進線性基失敗了。
如果我們的向量長度為 \(L\)，每一位均勻取 \(0/1\)，那麼我們可以近似估計錯誤率：第 \(i\) 個向量插入時已經有 \((i-1)\) 位有主元，從而有 \(\frac{1}{2^{L-{i-1}}}\) 的機率被前 \(i\) 個向量線性表出（考慮將有主元的位消成 \(0\)，此時只有 \(\frac{1}{2^{L-i-1}}\) 的機率滿足整個數就是 \(0\)；其它情況下可以找到一位作為主元）。
因此，正確率為 \((1-\frac{1}{2^L})(1-\frac{1}{2^{L-1}})(1-\frac{1}{2^{L-2}}) \cdots (1 - \frac{1}{2^{L- n + 1}})\)，其中 \(n\) 是取樣大小。這也和蒙特卡洛方法得出的結果大致吻合。