Yazı tura karşılaştırıcısı kullanırken rastgele bir permütasyon döndüren bir “sıralama” algoritması var mı?

Askerin, standart bir arama algoritmasında kullanılan karşılaştırıcının adil bir madeni para çevirme ile değiştirildiği zaman çalışma süresinin değişip değişmediğini ve ayrıca Microsoft'un tek tip bir permütasyon üreteci yazamaması gerektiğini bilmek istediği bu sorudan esinlenerek , sorum şu :

Karşılaştırıcının uygulanmasına bağlı olarak karşılaştırmaya dayalı bir sıralama algoritması var mı:

1. gerçek bir karşılaştırıcı kullanırken öğeleri sıralı olarak döndürme (yani karşılaştırma, standart bir sıralama algoritmasında beklediğimiz şeyi yapar)
2. karşılaştırıcı adil bir madeni para çevirme ile değiştirildiğinde öğelerin düzgün bir şekilde rastgele bir permütasyonu döndürün (yani x < y = truex ve y değerinden bağımsız olarak olasılık 1/2 ile geri dönün )

Sıralama algoritmasının kodu aynı olmalıdır. Sadece karşılaştırma "kara kutu" içindeki değiştirilmesine izin verilen koddur.

Aşağıdaki deterministik (karşılaştırıcı olmadan) algoritması bir giriş grubu için çalışır $(a_1,\dots,a_n)$:

1. Do Fisher-Yates karıştırmak bazı statik çifti ile karşılaştırıcı kullanılarak (diyelim$a_1 < a_2$) bozuk para olarak (kabul-ret örneklemesi yapmak). Karşılaştırıcı çıktı verirse$1$ ilk kez, deterministik durumda sonsuz bir reddetme döngüsünü önlemek için ters çevirin.
2. (isteğe bağlı hızlanma: Tek bir çifti deneyin $n$ zamanlar, nerede $n$uzunluk veya girişinizdir. Çıkışlardan herhangi biri farklı ise (1))
3. Birleştirme sıralaması kullanarak dizinizi sıralayın.

Karşılaştırıcı olarak deterministik bir sıralama ilişkisi verildiğinde, bu algoritma bir diziyi zaman içinde sıralar. $\mathcal{O}(n \log n)$ Fisher-Yates shuffle içeri girdiğinden $\mathcal{O}(n)$ maksimum kullanma $\mathcal{O}(\log n)$her adımda rastgele olmayan "rastgele bitler" (örn. karşılaştırıcınıza çağrılar) ve birleştirme sıralaması aynı asimptotik karmaşıklığa sahiptir. (1) 'in sonucu bu durumda tamamen işe yaramaz, ancak gerçek bir tür izlediğinden, bu zarar vermez.

Karşılaştırıcı (1) her permütasyon için eşit olasılıklı diziye izin verdiği ve gerçekten (3) (dışarıda bıraktığınız (2) veya (2) rasgeleliği belirleyemediğiniz) diziye izin verdiği için gerçek bir para çevirme verildiğinde, bu hayır sonucunun dağılımı sadece (1) nedeniyle tüm permütasyonlar arasında eşit olarak dağıtılan girdisinin sırasına bağlıdır, bu nedenle tüm algoritmanın sonucu da eşit olarak dağıtılır. Her bir kabul-ret örneklemesinin tekrarlanması kaç kez geometrik olarak dağıtılır (olasılıkla reddetme)$< \frac{1}{2}$) ve bu nedenle beklenen bir değere sahiptir $< 2$. Her tekrar en fazla$\log n$Böylece, çalışma zamanı analizi deterministik durumla neredeyse aynıdır, ancak yalnızca beklenen bir çalışma zamanı elde ederiz .$\mathcal{O}(n \log n)$, sonlandırmama olasılığı ile (sadece neredeyse kesin olarak sona erer ).

---

Joe'nun işaret ettiği gibi: (1) 'deki ilk bit için testi beğenmediyseniz, (3) sonra (1)' i yapın ve $a_n < a_1$ hangisi her zaman $0$, dizi zaten deterministik durumda sıralandığından. Ayrıca, rastgele sayının üst sınırından döngüdeki aralıktaki üst sınırdan çıkarmanız gerekir, çünkü rastgele sayının üst sınırı aynı permütasyonu verir. Ama o zaman (2) 'nin yasak olduğunu unutmayın, çünkü her zaman fidye davasında karıştırmayı yapmak zorundasınız.

---

(1) ve (3) için karşılaştırıcınıza aynı çağrıları bile kullanabilirsiniz, ancak daha sonra sonucun eşit olarak dağıtıldığını kanıtlamak, mümkünse en azından çok daha zordur.

---

Aşağıdaki algoritmanın karıştırmak ve sıralamak için belirgin bir aşaması yoktur, ancak asimptotik olarak daha yavaştır. Aslında ikili arama ile ekleme sıralama . kullanacağım$a=(a_1,\dots,a_n)$ girişi göstermek ve $b_k=(b_{k,1},\dots,b_{k,k})$ Sonucu $k$-inci tur:

1. Ayarlamak $b_{1,1} = a_1$
2. Eğer $a_2 < a_1$ sonra $b_2 = (a_2,a_1)$ ve $(c,d):= (2,1)$ Başka $b_2 = (a_1,a_2)$ ve $(c,d):= (1,2)$. Her iki durumda da$a_d < a_c$ hep olacak $0$ rastgele olmayan bir karşılaştırıcı için (yani yanlış).
3. Elde etmek üzere $b_{k}$ için $k \geq 3$ elde etmek $b_{k-1}$ ilk.
4. İzin Vermek $l=\lceil log_2 k \rceil$ ve $k' = 2^l$, yani $k'$ en az gücü $2$ daha küçük değil $k$.
5. İzin Vermek $i_0 = 0$. Her biri için$j \in \{1,\dots,l\}$ İzin Vermek $$i_j = \begin{cases} i_{j-1} + 2^{l-j} & i_{j-1} + 2^{l-j} > k-1 \wedge a_d < a_c\\ i_{j-1} & i_{j-1} + 2^{l-j} > k-1 \wedge \neg (a_d < a_c)\\ i_{j-1} + 2^{l-j} & i_{j-1} + 2^{l-j} \leq k-1 \wedge b_{k-1,i_{j-1} + 2^{l-j}} < a_k \\ i_{j-1} & i_{j-1} + 2^{l-j} \leq k-1 \wedge \neg(b_{k-1,i_{j-1} + 2^{l-j}} < a_k) \\ \end{cases}$$
6. Eğer $i_l > k$ tekrarla (5.) $b_k=(b_{k-1,1},\dots,b_{k-1,i_l -1},a_k,b_{k-1,i_l},\dots,b_{k-1,k-1})$
7. Çıktı $b_n$

Rastgele durum: 5 + 6'nın if cümlesi esasen kabul-ret örneklemesidir. Algoritmanın geri kalanı saf bir karışıklıktır: ilkini karıştırın$k-1$ öğeleri ve ekleyin $k$-her eleman eşit olasılıkla her pozisyona. Normal yerleştirme türünü kullanırsak, bunun yerine bir binom dağılımı elde ederiz.

Bu algoritmanın Fisher-Yates shuffle'a göre her iki modda da verimsiz olduğuna dikkat edin ve eğer bir dizi kullanılıyorsa bir öğeyi rastgele bir konuma eklemek pahalıysa ve bir liste kullanılıyorsa ikili arama doğrusal zaman gerektiriyorsa. Ancak belki de yığın sıralamasında veya ağaç sıralamasında benzer bir şekilde değişiklik yapılması daha hızlı bir algoritmaya yol açabilir.

Hayır, bu mümkün değilse $n \leq 2$. Rasgele bir karşılaştırıcı kullanarak algoritmanız tarafından bir permütasyon üretme olasılığı ikili, yani form$A/2^B$oysa olasılık, $1/n!$. Ne zaman$n > 2$, there is no way to write $1/n!$ in the form $A/2^B$.