Как доказать правильность алгоритма тасования?

У меня есть два способа составить список предметов в случайном порядке, и я хотел бы определить, являются ли они одинаково справедливыми (беспристрастными).

Первый метод, который я использую, состоит в том, чтобы создать весь список элементов, а затем выполнить случайное перемешивание (скажем, случайное перемешивание Фишера-Йейтса). Второй метод - это скорее итеративный метод, который поддерживает перемешивание списка при каждой вставке. В псевдокоде функция вставки:

insert( list, item )
    list.append( item )
    swap( list.random_item, list.last_item )

Я заинтересован в том, чтобы показать справедливость этой конкретной перетасовки. Преимущества этого алгоритма, где он используется, достаточно, что даже если он будет немного несправедливым, все будет в порядке. Чтобы решить, мне нужен способ оценить его справедливость.

Моя первая идея заключается в том, что мне нужно рассчитать общее количество возможных перестановок таким образом в сравнении с общими возможными перестановками для набора конечной длины. Однако я немного растерялся, как рассчитать перестановки, полученные из этого алгоритма. Я также не могу быть уверен, что это лучший или самый простой подход.

Во-первых, давайте сделаем два, возможно, очевидных, но важных предположения:

1. _.random_item Можно выбрать последнюю позицию.
2. _.random_itemвыбирает каждую позицию с вероятностью .$\frac{1}{n+1}$

Чтобы доказать правильность вашего алгоритма, вам нужен индуктивный аргумент, подобный тому, который используется здесь :

• Для одноэлементного списка существует только одна возможность, поэтому он выбирается равномерно.
• Предполагая, что список с элементами был выбран равномерно (из всех перестановок), покажите, что список с n + 1 элементами, полученный по вашей методике, выбран равномерно.$n$$n+1$

^{С этого момента доказательство неверно. Пожалуйста, смотрите ниже для правильного доказательства; Я оставляю это здесь, потому что и ошибка, и последующие шаги (которые являются правильными) могут быть образовательными.}

Полезно получить локальное (т.е. поэлементное) свойство, которое должно храниться, потому что спорить о всей перестановке болезненно. Заметьте, что перестановка выбирается равномерно, если каждый элемент имеет равную вероятность нахождения в каждой позиции, т.е.

$\qquad \displaystyle \mathop{\forall}\limits_{\pi \in \mathrm{Perm}_n} \operatorname{Pr}(L = \pi) = \frac{1}{n!} \quad \Longleftrightarrow \quad \mathop{\forall}\limits_{i=1}^n\ \mathop{\forall}\limits_{j=1}^n \operatorname{Pr}(L_i = j) = \frac{1}{n} \qquad (1)$

где и для простоты обозначения мы предполагаем, что вставляем { 1 , … , n } в список.$n = |L|$$\{1,\dots,n\}$

Теперь давайте посмотрим, что делает ваша техника при вставке го элемента. Мы должны рассмотреть три случая (после обмена):$n+1$

1. Один из элементов в списке не поменялся местами, т.е. и j ∈ { 1 , … , n $i \in \{1,\dots,n\}$$j \in \{1,\dots,n\}$
2. Один из элементов в списке поменялся местами, т.е. и j ∈ { 1 , … , n $i = n+1$$j \in \{1,\dots,n\}$
3. Новый элемент, т.е. и j = n + $i \in \{1,\dots,n+1\}$$j = n+1$

Для каждого случая мы вычисляем вероятность того, что элемент окажется в позиции i ; все должно быть $j$$i$ (что достаточно из-за(1)). Пустьpn=$\frac{1}{n+1}$$(1)$ - вероятность того, что один из первыхnэлементовокажетсяв любой позиции старого списка (гипотеза индукции), аps=$p_n = \frac{1}{n}$$n$ вероятность выбора какой-либо позиции(предположения 1, 2). Обратите внимание, что выбор списка сnэлементами и выбор позиции свопинга являютсянезависимыми событиями, поэтому вероятности совместного события составляют фактор, например$p_s = \frac{1}{n+1}$random_item$n$

$\qquad \displaystyle \operatorname{Pr}(L_i=j, i \text{ swapped}) = \operatorname{Pr}(L_i=j)\cdot \operatorname{Pr}(i \text{ swapped}) = p_np_s$

$i,j \in \{1,\dots,n\}$

1. $n$$j$$i$$i$

   $\quad \displaystyle \operatorname{Pr}(L_i = j) = p_n(1-p_s) = \frac{1}{n}\cdot\frac{n}{n+1} = \frac{1}{n+1}$

2. $j$$j$$i$$i$

   $\quad \displaystyle \operatorname{Pr}(L_{n+1} = j) = \sum_{i=1}^n p_np_s = \sum_{i=1}^n \frac{1}{n}\cdot\frac{1}{n+1} = \frac{1}{n+1}$

3. $i$$i$

   $\quad \displaystyle \operatorname{Pr}(L_i = j) = p_s = \frac{1}{n+1}$

Все получилось хорошо, ваша стратегия вставки действительно сохраняет единообразие. В силу индукции это доказывает, что ваш алгоритм создает равномерно распределенные перестановки.

^{Предупреждение: это доказательство ломается, если вставленные элементы не отличаются попарно, соответственно. различимы, потому что тогда самое первое уравнение больше не действует. Но ваш алгоритм все еще действует; каждая перестановка с дубликатами генерируется одинаковым количеством случайных выполнений. Вы можете доказать это, пометив дубликаты (то есть сделав их различимыми), выполнив приведенные выше проверки и удалив маркировку (виртуально); последний шаг объединяет равные по размеру наборы перестановок в одно и то же.}

$(1)$

random_item$L^{(k)}$$\{1,\dots,k\}$

$\pi' \in \mathrm{Perm}_{n+1}$$\{1,\dots,n+1\}$

$\qquad \displaystyle \pi' = (\pi(1), \pi(2), \dots, \pi(i-1), n+1, \pi(i+1), \dots, \pi(n), \pi(i))$

$\pi \in \mathrm{Perm}_n$$i \in \{1,\dots,n+1\}$$\operatorname{Pr}(L^{(n)} = \pi) = \frac{1}{n!}$random_item$i$$\frac{1}{n+1}$$\pi$$i$

$\qquad \displaystyle \operatorname{Pr}(L^{(n+1)} = \pi') = \operatorname{Pr}(L^{(n)} = \pi) \cdot \operatorname{Pr}(i \text{ swapped}) = \frac{1}{(n+1)!}$

который мы должны были показать. В силу индукции это доказывает, что ваш алгоритм создает равномерно распределенные перестановки.

1. $\{(1, 2, 3, 4), (2, 3, 4, 1), (3, 4, 1, 2), (4, 1, 2, 3)\}$$\frac{1}{4}$$0$