Учитывая монету с неизвестным уклоном, эффективно генерировать отличия от справедливой монеты

Учитывая монету с неизвестным смещением , как я могу генерировать переменные - настолько эффективно, насколько это возможно - которые распределены Бернулли с вероятностью 0,5? То есть, используя минимальное количество сальто на сгенерированный вариант.$p$

Это хорошо известная проблема с несколькими хорошими решениями, которые обсуждались здесь и в stackoverflow (кажется, что я не могу опубликовать более одной ссылки, но быстрый поиск в Google дает вам несколько интересных записей). Посмотрите на запись в Википедии

http://en.wikipedia.org/wiki/Fair_coin#Fair_results_from_a_biased_coin

Это классическая проблема, я считаю, изначально приписанная фон Нейману. Одно из решений состоит в том, чтобы подбрасывать монету парами до тех пор, пока пары не станут разными, а затем отложить до результата первой монеты в паре.

позвольте быть результатом броска , где является первой монетой, а является второй монетой. Каждая монета имеет вероятность голов. Тогда из-за симметрии, из которой следует . Чтобы ясно увидеть эту симметрию, обратите внимание, что подразумевает, что результаты - или , оба из которых одинаково вероятны из-за независимости.$(X_i,Y_i)$$i$$X_i$$Y_i$$p$$P(X_i=H|X_i\neq Y_i)=P(X_i=T|X_i\neq Y_i)$$P(X_i=H|X_i\neq Y_i)=1/2$ ( Н , Т ) ( Т , Н $X_i\neq Y_i$$(H,T)$$(T,H)$

Эмпирически время ожидания такой неравной пары

который взрывается, когда становится ближе к 0 или 1 (что имеет смысл).$p$

Я не уверен, как эффективно суммировать термины, но мы можем остановиться, когда общее число бросков и общее количество успехов таковы, что даже, поскольку мы можем разделить разные порядки, которые мы могли бы достичь и в две группы с равной вероятностью, каждая из которых соответствует разным выводимым меткам. Мы должны быть осторожны, что мы еще не остановились на этих элементах, то есть на том, что ни у одного элемента нет префикса длины с такими успехами , что является четным. Я не уверен, как превратить это в ожидаемое количество сальто.t ($n$$t$$\binom{n}{t}$$n$$t$$n'$$t'$$\binom{n'}{t'}$

Проиллюстрировать:

Мы можем остановиться на TH или HT, поскольку они имеют равную вероятность. Двигаясь вниз по треугольнику Паскаля, следующие четные члены находятся в четвертом ряду: 4, 6, 4. Это означает, что мы можем остановиться после бросков, если выпала одна голова, так как мы можем создать двойственное соответствие: HHHT с HHTH и технически HTHH с THHH хотя мы бы уже остановились на тех. Точно так же выдает соответствующий HHTT с TTHH (остальное мы бы уже остановили, прежде чем дойти до них).$\binom42$

Для все последовательности остановили префиксы. Это становится немного интереснее в где мы сопоставляем FFFFTTFT с FFFFTTTF.$\binom52$$\binom83$

Для после 8 бросков вероятность не остановиться составляет с ожидаемым количеством бросков, если мы остановились на . Для решения, в котором мы продолжаем катить пары, пока они не различаются, вероятность того, что вы не остановитесь, равна с ожидаемым числом бросков, если мы остановились на 4. По рекурсии - верхняя граница ожидаемых бросков для представленного алгоритма это . $p=\frac12$$\frac1{128}$$\frac{53}{16}$$\frac{1}{16}$$\frac{128}{127} \cdot \frac{53}{16} = \frac{424}{127} < 4$

Я написал программу на Python для вывода точек остановки:

import scipy.misc
from collections import defaultdict


bins = defaultdict(list)


def go(depth, seq=[], k=0):
    n = len(seq)
    if scipy.misc.comb(n, k, True) % 2 == 0:
        bins[(n,k)].append("".join("T" if x else "F"
                                   for x in seq))
        return
    if n < depth:
        for i in range(2):
            seq.append(i)
            go(depth, seq, k+i)
            seq.pop()

go(8)

for key, value in sorted(bins.items()):
    for i, v in enumerate(value):
        print(v, "->", "F" if i < len(value) // 2 else "T")
    print()

печатает:

FT -> F
TF -> T

FFFT -> F
FFTF -> T

FFTT -> F
TTFF -> T

TTFT -> F
TTTF -> T

FFFFFT -> F
FFFFTF -> T

TTTTFT -> F
TTTTTF -> T

FFFFFFFT -> F
FFFFFFTF -> T

FFFFFFTT -> F
FFFFTTFF -> T

FFFFTTFT -> F
FFFFTTTF -> T

FFFFTTTT -> F
TTTTFFFF -> T

TTTTFFFT -> F
TTTTFFTF -> T

TTTTFFTT -> F
TTTTTTFF -> T

TTTTTTFT -> F
TTTTTTTF -> T