Avalanche như quá trình ngẫu nhiên

Hãy xem xét quá trình sau đây:

Có thùng được sắp xếp từ trên xuống dưới. Ban đầu, mỗi thùng chứa một quả bóng. Trong mỗi bước, chúng tôi$n$

1. chọn một quả bóng đồng đều ngẫu nhiên và$b$
2. di chuyển tất cả các quả bóng từ thùng chứa sang thùng bên dưới nó. Nếu nó đã là thùng thấp nhất, chúng tôi sẽ loại bỏ các quả bóng khỏi quy trình.$b$

Cần bao nhiêu bước để mong đợi cho đến khi quá trình kết thúc, nghĩa là, cho đến khi tất cả bóng đã bị xóa khỏi quy trình? Điều này đã được nghiên cứu trước đây? Câu trả lời có dễ dàng theo các kỹ thuật đã biết không?$n$

Trong trường hợp tốt nhất, quá trình có thể kết thúc sau bước. Trong trường hợp xấu nhất, nó có thể thực hiện các bước Θ ( n 2 ) . Cả hai trường hợp nên rất khó xảy ra mặc dù. Phỏng đoán của tôi là phải mất các bước Θ ( n log n ) và tôi đã thực hiện một số thí nghiệm dường như để xác nhận điều này.$n$$\Theta(n^2)$$\Theta(n\log n)$

(Lưu ý rằng chọn một thùng một cách ngẫu nhiên là một quá trình rất khác biệt rõ ràng sẽ thực hiện các bước để hoàn thành.)$\Theta(n^2)$

Không thực sự là một câu trả lời, nhưng một nhận xét mở rộng về câu trả lời của András.

Câu trả lời của András chứa một trực giác tốt đẹp, mặc dù tôi không tin rằng đó là một tính toán khắt khe về số bước dự kiến. Tôi nghĩ rằng nó có lẽ là một xấp xỉ tốt cho một câu trả lời, nhưng dường như nó không giải quyết đúng đắn các trường hợp thùng bên dưới thùng chiếm cao nhất trở nên trống rỗng trước khi thùng trên được đổ xuống. Tuy nhiên, đây có thể là một xấp xỉ hợp lý để thực hiện (tôi không chắc chắn).

Tính toán của anh ta có một lỗi ảnh hưởng đến tỷ lệ. Tôi sẽ lấy chính xác điểm bắt đầu, làm lại và mở rộng phép tính.

Nó bỏ lỡ một yếu tố của p trong phép tính tổng, vì xác suất chọn ngẫu nhiên thùng đúng là chứ không phải$\frac{p}{n}$ . Kết quả là chúng ta có$\frac{1}{n}$

$\begin{eqnarray*} n + \sum_{p=1}^n \sum_{k=0}^{\infty} (k+1) \frac{p}{n} \left(\frac{n-p}{n}\right)^k & = & n + \sum_{p=1}^{n} \frac{p}{n} \sum_{k=0}^{\infty} (k+1) \left(\frac{n-p}{n}\right)^k \\\\& = & n + \sum_{p=1}^{n} \frac{p}{n} \cdot \frac{n^2}{p^2} \\\\& = & n + n\sum_{p=1}^{n} 1/p \\\\& = & n (1+H_n) \end{eqnarray*}$

nơi là thứ n số Harmonic . Để xấp xỉ H n chúng tôi chỉ đơn giản là có thể thay thế tổng với một thể thiếu: H n ≈ ∫ n + 1 1$H_n = \sum_{p=1}^{n} 1/p$$H_n$. Do đó, tỷ lệ làn(1+log(n+1))hoặc xấp xỉnlog(n+1). Mặc dù tỷ lệ này không khớp chính xác với tỷ lệ của vấn đề (xem mô phỏng bên dưới), nhưng nó gần như chính xác là một yếu tố củanhật ký(2).$H_n \approx \int_{1}^{n+1} \frac{1}{x} dx = \log(n+1)$$n (1+\log(n+1))$$n \log(n+1)$$\log(2)$

Vòng tròn đỏ: Điểm dữ liệu từ mô phỏng quá trình trung bình trên 10k lượt chạy. Màu xanh lá cây: . Màu xanh: n log ( n + 1 ) .$n \log_2(n+1)$$n \log(n+1)$

Chỉnh sửa: Tôi đang để lại câu trả lời này (hiện tại) để minh họa quá trình lộn xộn của việc chứng minh các định lý, một cái gì đó bị bỏ lại trong các bài báo được xuất bản. Trực giác cốt lõi ở đây là nó đủ để tập trung vào quả bóng trên cùng, vì nó quét đi tất cả bên dưới nó. Vui lòng xem các nhận xét (cụ thể là @Michael chỉ ra rằng các lỗ hổng có thể xảy ra) và câu trả lời sau của @ Joe về cách xác định và sửa lỗi. Tôi đặc biệt thích việc Joe sử dụng các thí nghiệm để kiểm tra kỹ xem các công thức có hợp lý không.

Các ràng buộc thấp hơn là như bạn chỉ ra, nhưng hơi ngạc nhiên có vẻ là một trên ràng buộc của ( 1 + π 2 / 6 ) n cho số lượng dự kiến các bước.$n$$(1 + \pi^2/6)n$

Để lấy được này, lưu ý rằng một chuỗi các quả bóng sẽ xóa tất cả các thùng một cách chính xác nếu nó có chứa một dãy mà b 1 = n , b 2 ≥ n - 1 , ... , b i ≥ n - i + $b_1b_2\cdots b_n$$b_1 = n$$b_2 \ge n-1$$\dots$$b_i \ge n-i+1$. Các điều kiện bổ sung là cần thiết trên chuỗi để tránh các quả bóng được chọn không còn trong hệ thống, nhưng với mục đích giới hạn trên, giả sử rằng có một chuỗi các thùng giảm vô hạn (vì vậy các quả bóng không biến mất khi rời thùng 1, nhưng được chuyển sang bin 0, rồi bin -1, v.v.). Sau đó, số bước dự kiến ​​sẽ được nhìn thấy là số bước dự kiến ​​trước khi nhìn thấy , cộng với số bước dự kiến ​​trước khi b 2 được nhìn thấy, v.v. (giảm xuống 1, vì b n có thể bất kỳ số 1 , 2 , Bắn , $b_1$$b_2$$b_n$$1,2,\ldots,n$). Đây có thể được coi là các sự kiện riêng biệt, từng sự kiện khác. Số bước dự kiến ​​là sau đó

$\begin{eqnarray*}n + \sum_{p=1}^n \sum_{k=0}^{\infty} \frac{k+1}{n} \left(\frac{n-p}{n}\right)^k & = & n + \sum_{p=1}^{n-1} \frac{1}{n-p} \sum_{k=1}^{\infty} k\left(\frac{n-p}{n}\right)^k \\& = & n + \sum_{p=1}^{n-1} \frac{1}{n-p} n(n-p)/p^2 \\& = & n + n\sum_{p=1}^{n-1} 1/p^2 \\& \le & (1 + \pi^2/6)n. \end{eqnarray*}$