Làm thế nào xấu không có triệu chứng là xáo trộn ngây thơ?

Điều nổi tiếng là thuật toán 'ngây thơ' này để xáo trộn một mảng bằng cách hoán đổi từng mục với một mục được chọn ngẫu nhiên khác không hoạt động chính xác:

for (i=0..n-1)
  swap(A[i], A[random(n)]);

Cụ thể, vì tại mỗi lần lặp $n$ , một trong $n$ lựa chọn được thực hiện (với xác suất đồng nhất), có $n^n$ 'đường dẫn' có thể thông qua tính toán; bởi vì số lượng hoán vị có thể $n!$không chia đều cho số lượng đường dẫn $n^n$ , thuật toán này không thể tạo ra mỗi đường dẫn $n!$hoán vị với xác suất bằng nhau. (Thay vào đó, người ta nên sử dụng cái gọi là xáo trộn Fischer-Yates , về cơ bản thay đổi cuộc gọi để chọn một số ngẫu nhiên từ [0..n) với một cuộc gọi để chọn một số ngẫu nhiên từ [i..n); Tuy nhiên, đó là câu hỏi của tôi.)

Điều tôi băn khoăn là, làm thế nào 'xấu' có thể xáo trộn ngây thơ? Cụ thể hơn, cho phép $P(n)$ là tập hợp của tất cả các hoán vị và $C(\rho)$ là số các đường dẫn thông qua các thuật toán ngây thơ mà tạo ra kết quả hoán vị $\rho\in P(n)$ , hành vi tiệm cận các chức năng là gì

$\qquad \displaystyle M(n) = \frac{n!}{n^n}\max_{\rho\in P(n)} C(\rho)$

và

$\qquad \displaystyle m(n) = \frac{n!}{n^n}\min_{\rho\in P(n)} C(\rho)$ ?

Yếu tố hàng đầu là 'bình thường hóa' các giá trị này: nếu việc xáo trộn ngây thơ là 'tốt không có triệu chứng' thì

$\qquad \displaystyle \lim_{n\to\infty}M(n) = \lim_{n\to\infty}m(n) = 1$ .

Tôi nghi ngờ (dựa trên một số mô phỏng máy tính mà tôi đã thấy) rằng các giá trị thực tế bị giới hạn từ 1, nhưng thậm chí còn được biết nếu là hữu hạn hay nếu bị chặn khỏi 0? Những gì đã biết về hành vi của những đại lượng này?lim m ( n $\lim M(n)$$\lim m(n)$

Chúng tôi sẽ chỉ ra rằng cảm ứng hoán vị là một ví dụ với . Nếu đây là trường hợp xấu nhất, vì nó là trong một vài đầu tiên (xem các ghi chú cho chuỗi OEIS A192053 ), thì . Vì vậy, min được chuẩn hóa, như max được chuẩn hóa, là 'xấu theo cấp số nhân'.C ( ρ n ) = 2 n - 1 n m ( n ) ≈ ( 2 / e ) $\rho_n = (2,3,4,\ldots, n,1)$$C(\rho_n) = 2^{n-1}$$n$$m(n) \approx (2/e)^{n}$

Các trường hợp cơ bản là dễ dàng. Đối với bước cảm ứng, chúng ta cần một bổ đề:

Bổ đề: Trong bất kỳ đường dẫn nào từ đến , bước di chuyển đầu tiên hoán đổi vị trí và hoặc bước di chuyển cuối cùng hoán đổi vị trí và .( 1 , 2 , 3 , ... , n ) 1 n 1 $(2,3,4, \ldots, n, 1)$$(1,2,3, \ldots, n)$$1$$n$$1$$n$

Bằng chứng phác thảo: Giả sử không. Hãy xem xét những động thái đầu tiên có liên quan đến các 'th vị trí. Giả sử rằng nó là 'th di chuyển, và . Di chuyển này phải đặt mục ở vị trí thứ . Bây giờ hãy xem xét động thái tiếp theo chạm vào mục . Giả sử động thái này là động thái thứ . Di chuyển này phải hoán đổi và , di chuyển mục vào vị trí thứ , với . Một lập luận tương tự nói rằng mục chỉ sau đó có thể được chuyển sang bên phải. Nhưng mụci i ≠ 1 i ≠ n 1 i 1 j i j 1 j i < j 1 1 $n$$i$$i\neq 1$$i \neq n$$1$$i$$1$$j$$i$$j$$1$$j$$i < j$$1$$1$cần kết thúc ở nơi đầu tiên, một mâu thuẫn. $\square$

Bây giờ, nếu di chuyển đầu tiên hoán đổi vị trí và , các di chuyển còn lại phải thực hiện hoán vị thành . Nếu các di chuyển còn lại không chạm vào vị trí đầu tiên, thì đây là hoán vị ở vị trí và chúng tôi biết bằng cách cảm ứng rằng có đường dẫn thực hiện điều này. Một đối số tương tự như bằng chứng của Bổ đề nói rằng không có đường dẫn nào chạm vào vị trí đầu tiên, vì mục sau đó phải kết thúc ở vị trí không chính xác.n ( 1 , 3 , 4 , 5 , ... , n , 2 ) ( 1 , 2 , 3 , 4 , ... , n ) ρ n - 1 2 ... n C ( ρ n - 1 ) = 2 n - 2$1$$n$$(1, 3,4,5, \ldots, n,2)$$(1,2,3,4, \ldots, n)$$\rho_{n-1}$$2 \ldots n$$C(\rho_{n-1})=2^{n-2}$$1$

Nếu lần di chuyển cuối cùng hoán đổi vị trí và , thì lần di chuyển đầu tiên phải thực hiện hoán vị thành hoán vị . Một lần nữa, nếu những động thái không chạm vào vị trí cuối cùng, thì đây là hoán vị , và bằng cảm ứng có đường làm điều đó Và một lần nữa, nếu một trong những di chuyển đầu tiên ở đây chạm vào vị trí cuối cùng, mục không bao giờ có thể kết thúc ở đúng vị trí.n n - 1 ( 2 , 3 , 4 , ... , n , 1 ) ( n , 2 , 3 , 4 , ... , n - 1 , 1 ) ρ n - 1 C ( ρ n - 1 ) = 2 n - 2 n - 1 $1$$n$$n-1$$(2,3,4,\ldots, n,1)$$(n,2, 3,4, \ldots, n-1, 1)$$\rho_{n-1}$$C(\rho_{n-1})=2^{n-2}$$n-1$$1$

Do đó, .$C(\rho_n) = 2C(\rho_{n-1}) = 2^{n-1}$

Sau khi tìm hiểu kỹ về con trỏ của mhum với OEIS, cuối cùng tôi cũng đã tìm thấy một phân tích xuất sắc và một cuộc tranh luận cơ bản (tương đối) tốt đẹp, theo như tôi có thể nói, với Goldstein và Moews [1]) rằng phát triển siêu nhanh trong :$M(n)$$n$

Bất kỳ sự co hồi của tương ứng với một hoạt động của 'ngây thơ' xáo trộn thuật toán tạo ra hoán vị bản sắc như kết quả của nó, vì các thuật toán sẽ trao đổi với và sau đó hoán đổi với , để lại cả hai không thay đổi. Điều này có nghĩa là số lần chạy của thuật toán mang lại hoán vị danh tính ít nhất là số lần tham gia (thực tế, một chút suy nghĩ cho thấy sự tương ứng là 1-1 và do đó chính xác là ) và do đó, tối đa trong được giới hạn từ bên dưới bởi .{ 1 ... n } k ι ( k ) ι ( k ) k Q ( n ) Q ( n ) M ( n ) Q ( n $\iota$$\{1\ldots n\}$$k$$\iota(k)$$\iota(k)$$k$$Q(n)$$Q(n)$$M(n)$$Q(n)$

Q ( n ) ≈ C ( $Q(n)$ dường như đi theo một số tên, bao gồm các số điện thoại : xem http://oeis.org/A000085 và http://en.wikipedia.org/wiki/TelPhone_number_%28mathatures%29 . Các tiệm cận là nổi tiếng và hóa ra ; từ mối quan hệ lặp lại , có thể cho thấy tỷ lệ thỏa mãn và từ đó phân tích cơ bản có thuật ngữ trong các tiệm cận, mặc dù khác điều khoản đòi hỏi một nỗ lực cẩn thận hơn. Vì "hệ số tỷ lệ" Q(n)=Q(n-1)+(n-1)Q(n-2)R(n)=Q(n$Q(n) \approx C\left(\frac{n}{e}\right)^{n/2}e^\sqrt{n}$$Q(n) = Q(n-1)+(n-1)Q(n-2)$$R(n) = \frac{Q(n)}{Q(n-1)}$ n n / 2 n $\sqrt{n}\lt R(n)\lt\sqrt{n+1}$$n^{n/2}$ M(n)C$\frac{n!}{n^n}$ trong định nghĩa của chỉ nói về , thuật ngữ hàng đầu của chiếm ưu thế và mang lại (không có triệu chứng) .$M(n)$ Q(n)M(n)≥Cn ( n + 1 ) / 2 e - 3 n / 2 + $C\sqrt{n}e^{-n}$$Q(n)$$M(n)\geq Cn^{(n+1)/2}e^{-3n/2+\sqrt{n}}$

Trên thực tế, Goldstein và Moews tiếp tục thể hiện trong [1] rằng hoán vị danh tính có khả năng cao nhất đối với lớn , do đó, thực tế là một và hành vi của được giải quyết hoàn toàn. Điều này vẫn để lại câu hỏi về hành vi của mở; Tôi sẽ không quá ngạc nhiên nếu điều đó cũng dẫn đến phân tích trong bài báo của họ, nhưng tôi chưa có cơ hội đọc nó đủ chặt chẽ để thực sự nắm bắt được phương pháp của họ, chỉ đủ để làm hỏng kết quả cơ bản.≥ ≈ M ( n ) m ( n $n$$\geq$$\approx$$M(n)$$m(n)$

[1] Goldstein, D. và Moews, D.: "Danh tính là shuffle trao đổi có khả năng nhất cho n lớn", http://arxiv.org/abs/math/0010066