Birkaç jeton atışı kullanarak taraflı bir bozuk para bulma

Araştırma sırasında aşağıdaki sorun ortaya çıktı ve şaşırtıcı derecede temiz:

Bir madeni para kaynağınız var. Her madalyonun bir önyargısı vardır, yani "kafaya" düşme olasılığı. Her madeni para için bağımsız bir şekilde 2/3 önyargılı olma olasılığı vardır ve olasılığın geri kalanında önyargılı herhangi bir sayı olabilir [0,1]. Madeni paraların önyargılarını bilmiyorsun. Herhangi bir adımda yapabileceğiniz tek şey bir bozuk para atmak ve sonucu gözlemlemektir.

Belirli bir n için, sizin göreviniz en az olasılıklı, en az 0.8 olan bir bozuk para bulmaktır . Bunu sadece O (n) bozuk para fırlatıp kullanarak yapabilir misiniz? $1-\exp(-n)$

ds.algorithms pr.probability

— Dana Moshkovitz
kaynak

Bana çok olası görünmüyor, çünkü

fırlatmaları sadece verilen bir madalyonun yüksek önyargılı olup olmadığını belirlemek için gerekli görünüyor.

. (Her madalyonun

veya

değerinde yanlılığı olduğunu varsayabiliriz .)

saldırısından daha iyi bir şeyin var mı?

O (n)

$O(n)$

1 - \exp (- n)

$1-\exp(-n)$

0.9

$0.9$

0.8 - ϵ

$0.8-\epsilon$

O (n^{2})

$O(n^2)$

— usul

Matematiği kontrol etmedim, ancak aşağıdaki fikir umut verici görünüyor: Her para için (arka arkaya) aşağıdaki testi yapın.

parametresini seçin ,

deyin ve

tura kullanarak çizgide rastgele bir yürüyüş yapın. En her adım

uzak kayıyorsa,

daha düşük

, para atın. Eğilimi 9 olan sikkeler bu testi sabit olasılıkla geçmeli ve başarısız olan sikkeler O (1) 'in

çok eğilimli sikkeler haricindeki beklentilerdeki adımlarından sonra başarısız olmalıdır . Her jeton için

ile

arasında rasgele

toplama , bunu düzeltebilir.

p

$p$

0.85

$0.85$

i

$i$

0

$0$

p \cdot i

$p \cdot i$

p

$p$

p

$p$

.84

$.84$

.86

$.86$

— daniello

Misiniz

iyi olacak?

fırlatmalı bir çözüm biliyor musunuz ?

O (n \log n)

$O(n\log n)$

o (n^{2})

$o(n^2)$

— Robin Kothari

Gözlem # 1: Tüm sikkelerin ya en az 0,9 ya da en çok 0,8 önyargılı olduğunu bilseydiniz, O (n) fırlatmaları kullanarak 1-exp (-n) olasılıkla en az 0,9 önyargılı bir bozuk para bulmak mümkün olurdu. : bir jeton al, i = 1,2,3, ..., jetonu 2 ^ i kez fırlat ve kafaların kesirinin en az 0,89 olup olmadığını kontrol et. Değilse, yeni bir jetonla yeniden başlayın. Anahtar lemma: Eğer i evresinde yeniden başlarsa, o zaman 2 ^ {i + 1} jetondan az paraya sahip olur ve prob en fazla exp olur (- \ Omega (i)).

— Dana Moshkovitz

O (nlogn) kliplerin gerekli ve yeterli olması oldukça muhtemel - ancak bunun için bir kanıtımız yok.

— Dana Moshkovitz

Aşağıdakiler oldukça düz ileri bir $O(n \log n)$ atma algoritmasıdır.

$1-\exp(-n)$ nin hedeflediğimiz hata olasılığı olduğunu varsayalım . $N$ , ile arasında olan bir miktar $2$ güç olsun (sadece yeterince büyük sabit zamanlar ). Biz paralar aday seti, korumak . İlk olarak, sikke koyuyoruz . $100n$ $200n$ $n$ $C$ $N$ $C$

Şimdi $i=1,\dots,\log N$ do aşağıdaki:
Toss her sikke $C$ için $D_i = 2^i 10^{10}$ kere (sadece bazı Yeterince büyük sabiti). sikkelerini çoğu kafa ile
tutun . $N/2^i$

Kanıt, bir çift Chernoff sınırına dayanıyor. Asıl fikir, her seferinde aday sayısını yarı yarıya düşürmemiz ve böylelikle her madalyonun iki katı kadar para verebilmemizdir.

— Kasper Yeşil Larsen
kaynak

(1) İspatı daha ayrıntılı olarak yazmak güzel olurdu - bu problemin zorluğunun çoğu, Chernoff sınırının eşiğini nereye koymak gerektiğidir (0.9 önyargı paralarından kaç tane görmeyi bekliyorsunuz?) . (2) nlogn bozuk para fırlatmasının gerekli olduğunu gösterebilir misiniz?

— Dana Moshkovitz

Bu incelik şudur: n jetonla başlarsınız ve n cinsinden küçük olan exp hariç, en az 0,6n önyargı jetonu 0.9 vardır. Şimdi 0.9 yanlılık sikkelerin rekabeti kaybettiği için sürekli bir prob var: 0.8'den düşük yanlılığa sahip 1 jeton (her zaman kafanın üzerine düşebilir!), Yanlılık 0.8 + 1 / logn'lu 2 jeton, ..., n / Önyargı 0.9 - 1 / log ile 10 jeton n. Seçilen madeni paraların önyargısı, her bir yinelemeyle bozunduğunda benzer şekilde devam edin, önyargı parası <0.8 olana kadar.

— Dana Moshkovitz

Bu Evan-Dar et'in Median Eliminasyon algoritmasıdır. ark. Çok Silahlı Haydut Probleminde Keşif Örneği Karmaşıklığı Örneğinde Mannor ve Tsitsiklis tarafından gösterildiği gibi , hedef önyargı bu durumda olduğu gibi bilindiği zaman,

madeni parasının bekletilmesi için kullanılabilir .

O (n)

$O(n)$

— Kristoffer Arnsfelt Hansen

Referans için teşekkürler! Bir jetonun maksimum ihtiyacını karşılayan bir jeton sayısı ile ilgileniyorum ve bu durumda n ^ 2 daha düşük bir sınır gösteriyorlar. Ancak, düşündükleri sorun benimkinden farklı. Onlar n sikke var, sadece en önyargılı olabilir ve benzer önyargıya sahip bir bozuk para bulmak isterler. Kurulumumda kabul edilebilir önyargıya sahip en az 0.6n jeton olduğunu biliyorum (n cinsinden katlanarak küçük olan prob hariç).

— Dana Moshkovitz

Beklediğim tahmin

Başlat ilk sikke ve do ile: fırlatır bizim sorun için kolay

bazı büyük sabiti için fırlatır

-notation. Bu, en az

kez kafadan çıkarsa , geri getirin. Aksi takdirde bir sonraki paraya geçin. Doğruluğu olasılığı

ve olasılıkla 0.9 eğilim bağımsız olarak giriş paralar ile

, ulaşma olasılığı

O (n)

$O(n)$

m = Θ (n)

$m=\Theta(n)$

Θ (\cdot)

$\Theta(\cdot)$

0.85 m

$0.85m$

1 - \exp (- n)

$1-\exp(-n)$

2 / 3

$2/3$

i

$i$ inci sikkedir' den az

(1 / 2)^{i}

$(1/2)^i$ ve böylece fırlatır beklenen numarası

\sum_{i = 0}^{\infty} m / 2^{i} = O (m) = O (n)

$\sum_{i=0}^\infty m/2^i = O(m) = O(n)$

— Kasper Green Larsen,