Olasılıksal ikili değişimden rasgele bir permütasyon üretmenin en etkili yolu nedir?

48

İlgilendiğim soru rastgele permütasyonlar üretmek ile ilgilidir. Temel yapı bloğu olarak olasılıksal bir ikili takas geçidi göz önüne alındığında, elemanlarının üniform olarak rastgele bir permütasyonunu üretmenin en etkili yolu nedir? Burada "olasılıksal çift yönlü geçiş kapısı" nı her bir kapı için serbestçe seçilebilecek bazı olasılıklar ile seçili ve elemanları arasında bir geçiş kapısı uygulayan işlem olarak kabul ediyorum . $n$ $i$ $j$ $p$

Bunun genellikle birinin Fisher-Yates karıştırması gibi bir şey kullanabileceği rasgele permütasyonlar üretme şekli olmadığını biliyorum, ancak bu izin verilen işlemler farklı olduğu için aklımdaki uygulama için işe yaramayacak.

Açıkçası bu yapılabilir, soru ne kadar verimli. Bu amaca ulaşmak için gereken en az sayıda olasılıksal takas nedir?

GÜNCELLEME:

Anthony Leverrier, kapıları kullanarak doğru dağıtımı gerçekten üreten, aşağıda Tsuyoshi Ito'nun yorumlarda aynı ölçeklendirme ile başka bir yaklaşım sağladığı bir yöntem sunmaktadır. Ancak, şimdiye kadar gördüğüm en iyi alt sınır , olarak ölçeklenen . Öyleyse, soru hala açık kalıyor: en iyisi (yani daha iyi bir alt sınır var mı)? Veya alternatif olarak, daha verimli bir devre ailesi var mı? $O(n^2)$ $\lceil \log_2(n!) \rceil$ $O(n\log n)$ $O(n^2)$

GÜNCELLEME:

Cevapların ve yorumların birçoğu, olasılıkların de sabitlendiği tamamen olasılıksal değiş tokuşlardan oluşan devreler önermiştir . Böyle bir devre bu sorunu aşağıdaki nedenlerle çözemez (yorumlardan kaldırıldı): $\frac{1}{2}$

Kullanımları bir devre düşünün tür kapılar. Daha sonra eşdeğerlenebilir hesaplama yolları vardır ve bu nedenle bazı tamsayılar için olasılığıyla herhangi bir permütasyon gerçekleşmelidir . Ancak, düzgün bir dağılım için olarak yeniden yazılabilen . Açıkçası bu, için tamsayı değeri için tatmin ,( için , ancak . $m$ $2^m$ $k 2^{−m}$ $k 2^{−m}=\frac{1}{n!}$ $k n! = 2^m$ $k$ $n\geq3$ $3|n!$ $n\geq 3$ $3\nmid 2^m$

GÜNCELLEME (mükellefi sunan mjqxxxx kimden):

Sunulan ödül, (1) kapıdan daha az kullanan her için kapılarının gerekli olduğunun bir kanıtı veya (2) bir çalışma devresidir . $\omega(n \log n)$ $n$ $n(n-1)/2$

co.combinatorics randomness probabilistic-circuits

— Joe Fitzsimons
kaynak

8

@Anthony: Belki de belli değil, ama şunları yapabilirsiniz: devresinin ilk elementlerin permütasyonlarının düzgün bir dağılımını yarattığını hayal edin . Daha sonra pozisyonu arasında (olasılık 0.5) ile bir olasılık takas ardından ve konum pozisyonu için bir eşit rastgele seçim üretecek . Bunu ilk elemanlarına tekrar uygulayarak uygularsanız , düzenli olarak rasgele bir dağılım elde etmelisiniz.

C

$C$

n - 1

$n-1$

C

$C$

n - 1

$n-1$

n

$n$

n

$n$

C

$C$

n - 1

$n-1$

— Joe Fitzsimons

4

tamam, açıklama için teşekkürler! Not olasılık takas proba sahip olması gerektiği konumu arasında ve konum .

(n - 1) / n

$(n-1)/n$

n - 1

$n-1$

n

$n$

— Anthony Leverrier

5

Gerekli entropi açısından, algoritmanın ihtiyacı rasgele bit, burada , ikili entropi işlevidir. Bu toplamı tam olarak hesaplayamıyorum, ancak matematiğe göre ... en .

(n - 1) h (1 / 2) + (n - 2) h (1 / 3) + \dots + (n - k) h (1 / (k + 1)) + \dots + h (1 / n)

$(n-1) h(1/2) + (n-2) h(1/3) + \cdots + (n-k) h(1/(k+1)) + \cdots + h(1/n)$

h (.)

$h(.)$

O (n \log_{2} (n)^{2})

$O(n \log_2(n)^2)$

O (n \log_{2} (n))

$O(n \log_2(n))$

— Anthony Leverrier

8

Bu istediğinden farklı, ancak bazı polinom p için olasılıkları en az 1 / p (n!) Olan her permütasyona sahip O (n log n) büyüklüğünde bir devre ailesi var: O boyuta sahip bir sıralama ağı düşünün. (n log n) ve her karşılaştırıcıyı olasılık-1/2 takas geçidi ile değiştirin. Sıralama ağının doğruluğu nedeniyle, her permütasyonun sıfır olması muhtemel olmayan bir olasılıkla ortaya çıkması gerekir, ki bu en azından 1/2 ^ {O (n log n)} = 1 / poly (n!).

— Tsuyoshi Ito

3

Orijinal soruna dönelim. Anthony'nin tarif ettiği O (n ^ 2) çözümünün, seçim sırasını temsil eden sıralama ağındaki her bir karşılaştırıcıyı uygun olasılıkla olasılıksal bir takas geçidi ile değiştirmek olarak görülebildiğine dikkat edin. (daha fazla)

— Tsuyoshi Ito

17

Yukarıdaki açıklamada açıkladığım çalışma algoritması şudur:

İlk olasılık ile bir rastgele eleman getirerek başlangıç pozisyonu proba sahip pozisyonlar 1 ve 2 takas: proba daha sonra, 2 ve 3 , ... o ve proba sahip . $1/n$ $n$ $1/2$ $2/3$ $n-1$ $n$ $(n-1)/n$
Rasgele bir elemanı pozisyonuna getirmek için aynı prosedürü uygulayın : 1 ve 2 pozisyonlarını prob ... ile değiştirin ve sonra ve pozisyonlarını proba . $n-1$ $1/2$ $n-2$ $n-1$ $(n-2)/(n-1)$
Vb

Bu algoritma için gerekli kapı sayısı . $(n-1)+(n-2)+ \cdots + 2+1 = n(n-1)/2 = O(n^2)$

— Anthony Leverrier
kaynak

3

Bu algoritmanın kabarcık sıralama ile bağlantısı var. Özellikle n büyüklüğündeki tüm permütasyonların durum alanlarını göz önünde bulundurun. 1'den büyük olan öğelerin 2'den büyük olma olasılığı 1 / 2'dir, bu olasılıkla yer değiştirir. İlk iki öğenin sıralandığını, proba 2. öğenin> 3. öğenin 2/3 vb. Olduğunu varsayalım. adımları tekrarlayın. Bir anlamda, bu tür devreleri inşa etmek için açıkça verimsiz bir yöntem ortaya koyuyor.

— mkatkov

16

Bu ne bir cevap ne de yeni bir bilgidir. Burada, bu problem ile sıralama ağları arasındaki ilişkilerle ilgili yorumlarda ortaya çıkan tartışmaları özetlemeye çalışacağım . Bu yazıda, tüm zamanlar UTC’dedir ve bir “yorum”, aksi belirtilmedikçe, soru hakkında bir yorum anlamına gelir.

Olasılıksal değiştirme kapılarından oluşan (iki değeri rastgele değiştiren) oluşan bir devre doğal olarak bize bir sıralama ağını hatırlatır; bu, karşılaştırıcılardan oluşan bir devreden başka bir şey değildir (aralarındaki sırasına bağlı olarak iki değeri değiştirir). Nitekim, mevcut sorun ve sıralama ağları için devreler aşağıdaki şekillerde birbirleriyle ilgilidir:

Anthony Leverrier ile çözelti ile n ( n -1) / 2 olasılık takas kapıları karşılaştırıcı uygun olasılıklar ile olasılıksal takas kapıları ile ikame sıralama ile kabarcık için sıralama ağ olarak anlaşılabilir. Ayrıntılar için bu cevaba ilişkin mkatkov'un 10 Mart 04:53'teki yorumuna bakınız. Seçim sıralama için sıralama ağı da aynı şekilde kullanılabilir. (7 Mart 23:04 tarihli yorumda, Anthony'nin devresini seçim sıralama olarak tanımladım, ancak bu doğru değildi.)
Sıfırdan olasılıklı olan her permütasyon istiyorsak ve dağılımın tekdüze olmasını umursamıyorsak, tüm karşılaştırma ağları tüm karşılaştırıcılar olasılık-1/2 değiştirme kapılarıyla değiştirildiğinde iş yapar. Eğer O ( n log n ) karşılaştırıcıları olan bir sıralama ağı kullanırsak , ortaya çıkan devre Mart ayındaki yorumumda gözlemlendiği gibi, her permütasyona en az 1/2 ^{O ( n log n )} = 1 / poly ( n !) Olasılıkla her permütasyon oluşturur . 7 22:59.
Bu problemde, olasılıksal değiş tokuşun bağımsız olarak kapılarını açması gerekir. Bu kısıtlamayı kaldırırsak, her sıralama ağı 7 Mart 23:08 tarihinde yapılan yorumda ve 8 Mart 14:07 tarihinde daha ayrıntılı olarak açıklanan kullanıcı 1749'da bahsettiğim gibi düzgün dağılım üreten bir devreye dönüştürülebilir.

Bu gerçekler görünüşte bu sorunun sıralama ağları ile yakından ilgili olduğunu göstermektedir. Ancak Peter Taylor, ilişkinin çok yakın olamayacağına dair bir kanıt buldu. Yani, karşılaştırıcıları olasılıksal değiştirme kapılarıyla uygun olasılıklarla değiştirerek her bir sıralama ağı istenen bir devreye dönüştürülemez. N = 4 için beş karşılaştırıcı sıralama ağı bir karşı örnek. 10 Mart 11:08 ve 10 Mart 14:01'deki yorumlarını görün.

— Tsuyoshi Ito
kaynak

3

@mkatkov: Üç veya dört silinmiş cevap gördüm ve hangisinin üzgün olduğunu hatırlamıyorum. Eğer n (n − 1) / 2 kapısından daha az bir çözüm bulduysanız, tüm yapıyı bilmek istiyorum (ve sizden mjqxxxx 'in ödülünü çalmak değil :)).

— Tsuyoshi Ito

2

@mkatkov: Ben hala şüpheliyim. Bu yazının son paragrafında yazdığım gibi, Peter Taylor, n = 4 için beş karşılaştırmalı sıralama ağının karşılaştırıcıları olasılıksal değiştirme kapılarıyla değiştirerek mevcut sorun için bir çözüme dönüştürülemediğini buldu. Bu, mantığınızın her sıralama ağı için çalışamayacağı anlamına gelir; bununla birlikte, bir şekilde tek başına birleşme yeri için çalışma olasılığını ekarte etmez.

— Tsuyoshi Ito

1

@mkatkov: Bu tür bir çözümün işe yaramaz görünmesinin nedeni (ya da en azından hiçbir çalışma örneği gösterilmemiştir), takas kapılarının çift yönlü bir sıralama ağındaki yangının oldukça ilişkili bir şekilde ateşlenmesidir. Bu problemde, tüm kapılar bağımsız olarak ateşlenir ve bu da muhtemel devrelerin çok farklı bir alanına neden olur.

— mjqxxxx

1

@mkatbov, Anthony'nin ağındaki her adım m girişlerinden birini seçiyor (burada m, n'den 2'ye kadar değişiyor). M girişlerinden birini m-1 kapısından daha az seçemezsiniz, bu nedenle özellikle giriş kapıları ile yapamazsınız. Dayak büyük olasılıkla bir çeşit bölünme ve fethetme yaklaşımı gerektirecektir.

O (n^{2})

$O(n^2)$

— Peter Taylor

3

@Tsuyoshi, Yuval ve ben için olası tüm 5 kapılı çözümleri analiz ettik ve hepsini ortadan kaldırdık; bu, tüm sıralama ağlarının tek tip permütasyon ağlarına dönüştürülememesi sonucunu güçlendiriyor. Optimum üniform permütasyon ağı, optimal sıralama ağından daha fazla kapı gerektirir.

n = 4

$n=4$

— Peter Taylor

15

Bu, herhangi bir yöntemle tam bir cevap değildir, ancak faydalı olabilecek ve durumundaki bazı kısıtlamaları almak için kullanılabilecek ve olası 5 kapılı çözümleri 2500 kolay numaralandırılabilir durumla sınırlayan bir sonuç içermektedir . $n=4$

İlk olarak genel sonuç: nesneye izin veren herhangi bir çözümde , olasılığı olan en az takas olması gerekir . $n$ $n-1$ $\frac{1}{2}$

Kanıt: numaralı düzenin permütasyon temsilini düşünün . Bunlar matrisleri tatmin edicidir . ve arasında olasılıklı bir değiş tokuş yapmayı düşünün : göstergesine sahiptir için döngü gösterimini kullanarak). Bu matris ile çarpım gösterimi teorisi veya Markov terimleriyle olasılık ve olasılık ile değişmeden bırakmak olarak düşünebilirsiniz . $n$ $n\times n$ $A_\pi$ $(A_\pi)_{i,j} = [i = \pi(j)]$ $i$ $j$ $p$ $(1-p)I + pA_{(i j)}$ $(i j)$ $p$ $1-p$

Bu nedenle permütasyon ağı bu matris çarpımlarının bir zinciridir. Biz kimlik matris ile başlayıp nihai sonuç bir matris olacaktır nerede biz rütbemde bir matristen gidiyoruz böylece, rütbemde bir matrise çarpma tarafından - yani sıralama oranında azalmaktadır . $U$ $U_{i,j} = \frac{1}{n}$ $n$ $1$ $n-1$

Matrislerin rütbesi göz önüne alındığında , o zaman, onların küçük bir başlangıçtan farklı olarak matris olduklarını görüyoruz. , olmadıkça tam dereceye sahiptirler , bu durumda derecesine sahiptirler . $(1-p)I + pA_{(i j)}$ $\begin{pmatrix}1-p & p \\ p & 1-p\end{pmatrix}$ $p=\frac{1}{2}$ $n-1$

Sylvester matris eşitsizliği uygulanması bu nedenle her bir takas sadece rank azalır bulmak ve bu koşul yerine getirildiğinde daha 1'den bunu azaltır Bu nedenle, en azından gerektirir swap olasılık . $p=\frac{1}{2}$ $n-1$ $\frac{1}{2}$

Anthony Leverrier'ın ağı bunu başardığı için bu sınırın gerilemediğini unutmayın.

Dava Uygulaması . 6 kapılı çözümler zaten var, bu yüzden soru 5 kapılı çözümlerin mümkün olup olmadığı. Artık kapıların en az 3'ünün 50/50 adet swap olması gerektiğini biliyoruz, bu yüzden iki "serbest" ihtimalimiz var, ve . 32 olası olay (her biri iki sonucu olan 5 bağımsız olay) ve Her biri en az bir olay içermesi gereken kova. Olaylar 8 olasılık , 8 olasılık , 8 olasılık olasılık ile 8 olarak ve 8 olasılık olasılığıyla . $n=4$ $p$ $q$ $4! = 24$ $\frac{pq}{8}$ $\frac{\overline{p}q}{8}$ $\frac{p\overline{q}}{8}$ $\frac{\overline{p}\overline{q}}{8}$

Boş kova içermeyen 24 kovada 32 olay, en az 16 kovaın tam olarak bir olay içerdiği anlamına gelir, bu nedenle yukarıda verilen dört olasılıktan en az ikisi eşittir . Simetrileri dikkate alarak iki durumumuz var: veya . $\frac{1}{24}$ $pq = \overline{p}q = \frac{1}{3}$ $pq = \overline{p}\overline{q} = \frac{1}{3}$

İlk vaka , ( düzeltme veya , simetriyi çözerek) verir. İkinci durum ise, , yani , ki bunun gerçek çözümleri yoktur. $p=\overline{p}=\frac{1}{2}$ $q=\frac{2}{3}$ $q=\frac{1}{3}$ $pq=1-p-q+pq$ $pq = p(1-p) = \frac{1}{3}$

Bu nedenle, 5 kapılı bir çözüm varsa, olasılıklı dört kapıya ve veya olasılıklı bir kapıya sahibiz . Wlog, birinci takas ve ikincisi veya ; diğer üçünün de beş olasılığı vardır, çünkü aynı takas işlemini iki defa üst üste yapmanın bir anlamı yoktur. Bu nedenle , dikkate alınacak takas sırasına ve olasılıkları belirlemenin 10 yoluna sahibiz , bu da mekanik olarak numaralandırılabilecek ve test edilebilecek 2500 vakayı ortaya çıkarmaktadır. $\frac{1}{2}$ $\frac{1}{3}$ $\frac{2}{3}$ $0\leftrightarrow 1$ $0\leftrightarrow 2$ $2\leftrightarrow 3$ $2\times 5^3$

Güncelleme: Yuval Filmus ve ben durumları sıraladık ve test ettik ve hiçbir çözüm bulamadık, bu nedenle için en uygun çözüm 6 kapıdan oluşuyor ve 6 kapaklı çözümlerin örnekleri diğer cevaplarda bulunuyor. $n=4$

— Peter Taylor
kaynak

2

Dava numaralandırmam daha kısa bir örnek veremedi.

— Yuval Filmus

... düzeltmeden sonra bile.

— Yuval Filmus

1

Mükemmel, bu çok hoş bir gözlem.

— Joe Fitzsimons 14.03

1

@mjqxxxx, 9 kapılı bir çözüm ararken, yaklaşık 104 milyon vakayı göz önünde bulundurmanız gerekeceğini hesaplıyorum (bu biraz akıllıca azaltılabilse de), ancak her durumda 120 denklemi hesaplayacağınızı Çapraz terim ile 5 değişken ve daha sonra bir çözüm için kontrol edin. Muhtemelen standart bir masaüstü bilgisayarla yapılabiliyor, ancak biraz daha fazla çaba gerektiriyor, çünkü olasılıkların olası değerlerini kolayca kısıtlayamazsınız.

n = 5

$n=5$

— Peter Taylor

4

Yanıtı ne alt sınırında asimptotik bir iyileşme sunmasa da, en azından üst sınırında bir asimtotik iyileştirme sunmasa da, ihaneti vereceğim . , tek bir önemsiz durumda en uygunudur.

Ω (n \log n)

$\Omega(n \log n)$

n (n - 1) / 2

$n(n-1)/2$

n (n - 1) / 2

$n(n-1)/2$

— mjqxxxx

14

Aşağıdaki yeni ve alakalı bilgiler gibi görünüyor:

Kağıt [CKKL99], O (log n) derinlikli bir anahtarlama ağı ve dolayısıyla toplam O (n log n) karşılaştırıcılarını kullanarak n elemanlarının düzgün bir permütasyonuna nasıl 1 / n alınacağını gösterir.

Bu yapı açık değildir, ancak, derinliği poliologa (n) yükseltirseniz açık yapılabilir. Daha fazla bilgi içeren, kağıttaki [CKKL01] işaretçilerine bakın.

Daha önce yapılan bir yorumda, O (n log n) anahtarlarının yeterli olduğunu söyleyen bir sonuç ortaya atılmıştı, ancak aradaki fark, ağları değiştirirken karşılaştırılan öğelerin sabit olduğudur.

[CKKL99] Artur Czumaj, Przemyslawa Kanarek, Miroslaw Kutylowski ve Krzysztof Loys. Gecikmiş yol birleştirme ve dağıtılmış stokastik süreçler yoluyla rastgele permütasyonlar üretme. Kesikli Algoritmalar Sempozyumunda (SODA), sayfa 271 {280, 1999.

[CKKL01] Artur Czumaj, Przemyslawa Kanarek, Miroslaw Kutylowski ve Krzysztof Loys. Rasgele permütasyonlar üretmek için ağları değiştirmek, 2001.

— Manu
kaynak

Teşekkürler, bunu bilmek kesinlikle faydalıdır. Bununla birlikte, tam dağılımın üretilmesi için geçit numarası hakkında hala bilgi edinmek istiyorum.

— Joe Fitzsimons

12

İşte için biraz ilginç bir çözüm . Aynı fikir için de geçerlidir . $n=4$ $n=6$

Olasılık olan anahtarlarla başlayın . Azaltma ile ve ile , biz durum içindedir . Anahtarlara olasılıkla uygulayın . Sonuç: Bir sonraki hareketimiz olasılıkla olacak . Bu nedenle, sadece önceki aşamanın sonucunun (durum A) ya da form olup olmadığını önemsiyoruz. $(0,1),(2,3)$ $1/2$ $0,1$ $X$ $2,3$ $Y$ $XXYY$ $(0,3),(1,2)$ $p$

\begin{aligned} X X Y Y & w.p. (1 - p)^{2}, \\ Y Y X X & w.p. p^{2}, \\ X Y X Y & w.p. p (1 - p), \\ Y X Y X & w.p. p (1 - p) \end{aligned}

$\begin{align*} XXYY &\text{ w.p. } (1-p)^2, \\ YYXX &\text{ w.p. } p^2, \\ XYXY &\text{ w.p. } p(1-p), \\ YXYX &\text{ w.p. } p(1-p) \end{align*}$

(0, 2), (1, 3)

$(0,2),(1,3)$

1 / 2

$1/2$

X X Y Y / Y Y X X

$XXYY/YYXX$

X Y X Y / Y X Y X

$XYXY/YXYX$ (B durumu). A durumunda, bu anahtarlar üzerinde eşit bir olasılıkla sonuçlanacaktır . B durumunda etkisiz olurlar. Bu nedenle , Verilen sonuç, tekdüzedir.

X X Y Y / X Y Y X / Y X X Y / Y Y X X

$XXYY/XYYX/YXXY/YYXX$

p

$p$

p (1 - p) = 1 / 6 ⟹ p = \frac{3 \pm \sqrt{3}}{6} .

$p(1-p) = 1/6 \Longrightarrow p = \frac{3 \pm \sqrt{3}}{6}.$

Benzer bir fikir için işe yarıyor - önce her bir yarını rasgele sırala, sonra da "birleştir". Ancak için bile yarımları nasıl birleştireceğimi göremiyorum. $n=6$ $n=8$

Bu çözümle ilgili ilginç nokta garip olasılık . $p$

Bir not olarak, olasılıklar grubu makul yardımcı olabilir ile verilir , burada her temsilleri her özdeğerler üzerine çıkması her transpozisyon de. $p$ $1/(1-\lambda)$ $\lambda \leq 0$ $S_n$

— Yuval Filmus
kaynak

1

İçin garip değerler ı biz olasılıkları kısıtlamak eğer makul basit kanıtı olduğunu düşünüyorum olarak gerçekten de cesaret verici tamsayı için sonra yapabileceğiniz en iyi olduğunu .

p

$p$

1 / k

$1/k$

k

$k$

O (n^{2})

$O(n^2)$

— Joe Fitzsimons

5

Benzer bir şekilde hala garip olan 2n elemanları için biraz farklı bir yol, ilk n elemanlarını karıştırmak, son n elemanlarını karıştırmak, i = 1,…, n için p_i olasılığı olan takas (i, i + n) değiştirmektir. , ilk n öğelerini karıştır ve son n öğelerini karıştır. P_i olasılıkları, n takas kapılarından tam olarak k çıkma olasılığı eşit olacak ve p_i gibi olasılıklar verilecek şekilde seçilmelidir. 1 + x_i) / 2 burada x_1,…, x_n , Legendre polinomunun P_n kökleridir. (daha fazla)

{(\binom{n}{k})}^{2} / (\binom{2 n}{n})

$\binom{n}{k}^2/\binom{2n}{n}$

— Tsuyoshi Ito

6

(devamı) Açıkladığım varyasyon hakkında hayal kırıklığı yaratan bir şey, n'nin iki olduğu bir güç olduğunda n (n − 1) / 2 olasılıklı değiş tokuş yapması gerektiği, yani, kabarcık türü ile aynı sayıda kapı olması gerektiğidir. Anthony Leverrier tarafından çözüm.

— Tsuyoshi Ito

@Tsuyoshi, yapımınız açıkça doğru, ama gerekenden fazlasını yapıp yapmadığını merak ediyorum. Şu anda analiz üzerinde çalışmak için zamanım yok, ama bunu yaparsanız olup olmadığını düşünmeye değer bulabilirsiniz öyle ki ; ; ; ; Daha sonra Legendre köklerine uygun bir permütasyon uygulayabilir (ve diğer bölümleri doldurabilirsiniz) çalışabilir.

p_{0}, p_{1}

$p_0, p_1$

0 \leftrightarrow 1, p = \frac{1}{2}

$0\leftrightarrow 1, p=\frac{1}{2}$

2 \leftrightarrow 3, p = \frac{1}{2}

$2\leftrightarrow 3, p=\frac{1}{2}$

0 \leftrightarrow 2, p = p_{0}

$0\leftrightarrow 2, p=p_0$

1 \leftrightarrow 3, p = p_{1}

$1\leftrightarrow 3, p=p_1$

— Peter Taylor

7

Her bloğun uzunluğuna sahip olduğu dizisini rasgele karıştırma problemini düşünün, olasılıkla ikili çift oluşan bir devre ile. Yani, her bir ile şeritler s ve s, belirtilen giriş verilen devre eşit şekilde olası çıkışları, olmalıdır. Let Bu sorun için optimal bir devre olabilir, ve izin orijinal problemin (rasgele dağıtılması için optimal bir devre olabilir elemanları). Rasgele bir permütasyon uygulamak için yeterlidir rastgele serpiştirme S ve S, SO $XX..XY..YY$ $n$ $(2n)!/(n!)^2$ $n$ $X$ $n$ $Y$ $B_{2n}$ $C_{2n}$ $2n$ $X$ $Y$ $\lvert{B_{2n}}\rvert \le \lvert{C_{2n}}\rvert$ . Öte yandan, ilk elemanlarını karıştırıp, son elemanlarını karıştırıp son olarak devresini uygulayarak elemanlarını karıştırırız . Bu, . Bu iki sınırı birleştirerek aşağıdaki sonucu türetebiliriz: $2n$ $n$ $n$ $B_{2n}$ $\lvert{C_{2n}}\rvert \le 2\lvert{C_{n}}\rvert + \lvert{B_{2n}}\rvert$

$\lvert{B_{2n}}\rvert$ ve ikisi de , veya ikisi de değildir. $\lvert{C_{2n}}\rvert$ $o(n^2)$

En azından bu anlamda iki sorunun eşit derecede zor olduğunu görüyoruz. Bu sonuç biraz şaşırtıcı çünkü shuffle sorununun daha kolay olmasını bekleyebilir . Özellikle, entropik argümanı bu isimli , ancak daha güçlü bir sonuç verir isimli . $XY$ $\lvert{B_{2n}}\rvert$ $\Omega(n)$ $\lvert{C_{2n}}\rvert$ $\Omega(n \log n)$

— mjqxxxx
kaynak

7

Diaconis ve Shahshahani 1981, "Rastgele Yerleşimlerle Rastgele Bir Permütasyon Oluşturma", 1/2 n log n rasgele yer değiştirmelerin (not: burada "O" bulunmadığını) tekdüze yakın (toplam değişim mesafelerinde) bir permütasyona yol açtığını gösterir. Başvurunuzda tam olarak neye izin verildiğinin bu sonucu kullanmanıza izin verip vermediğinden emin değilim, ancak oldukça hızlı ve sıkı bir kesme fenomeninin örneği olduğu için sıkı. Benzer sonuçların araştırılması için Saloff-Coste'dan Sonlu Gruplarda Rastgele Yürüyüşlere bakınız.

— Jason Morton
kaynak

1

Ve muhtemelen iki rastgele rastgele permütasyon, daha da rastgele rastlanan bir permütasyon oluşturmak için oluşturulabilir.

— mjqxxxx

7

... Bununla birlikte, bunun gerçekten aynı problem olmadığı (kesin çözümden ziyade yaklaşık bir çözüme izin verilmesine rağmen), çünkü yazarlar, belirtilen element çiftlerinin olasılıksal transpozisyonlarını değil, rastgele seçilen element çiftlerinin transpozisyonlarını göz önünde bulundururlar.

— mjqxxxx

5

Bu gerçekten bir yorum ama yorum olarak göndermek için çok uzun. Simetrik grubun temsil teorisinin daha düşük bir sınır olduğunu kanıtlamak için yararlı olabileceğinden şüpheleniyorum . Temsil teorisi hakkında neredeyse hiçbir şey bilmeme ve işaretin dışında olmama rağmen, bunun neden mevcut sorunla ilgili olabileceğini açıklamama izin verin.

Olasılıklı takas kapılarının oluşan bir devre davranışı tam bir olasılık dağılımı olarak belirtilebilir bu Not p S üzerinde _n , ilgili permütasyon grubu , n elemanları. Bir permütasyon g ∈S _n bu olay olarak düşünülebilir i inci çıkış gr ( i ) Tüm th giriş i ∈ {1, ..., n }. Şimdi bir olasılık dağılımını p resmi bir toplam _represent_{g ∈S _n} p ( g ) g olarak gösterir . Örneğin, i ve telleri arasındaki olasılık değişimi.j olasılığı ile p (1- olarak temsil edilir s ) E + p τ _ij , burada E ∈S _n olan kimlik elemanı ve τ _ij ∈S _n arasında aktarılması olan i ve j .

Bu resmi toplam hakkında ilginç bir gerçek, iki bağımsız devrenin birleştirilmesinin davranışının resmen bu resmi toplamların bir ürünü olarak tanımlanabilmesidir. Yani, devrelerin davranışları halinde Cı ₁ ve Cı- ₂ resmi toplamı olarak ifade edilir , bir ₁ = Σ _{g ∈S _n} p ₁ ( g ) g ve bir ₂ = Σ _{g ∈S _n} p ₂ ( g ) g , sırası ile, daha sonra C ₁ devresinin davranışı ve ardından C ₂Σ olarak temsil edilir _{gr ₁ , g ₂ ∈S _n} p ₁ ( g ₁ ) p ₂ ( g ₂ ) g ₁g ₂ = bir ₁bir ₂ .

Bu nedenle, istenen bir devre m olasılık swap tam olarak (/ 1 toplamı yazma bir şekilde karşılık gelen n- Σ!) _{G ∈S _n} g bir ürün, m , her biri formda olan toplar (1- p ) E + p τ _ij . Minimum m faktörü sayısını bilmek istiyoruz .

Resmi toplamlar Σ _{g ∈S _n} f ( g ) g , f S den bir fonksiyonudur _n doğal tanımlanan ek ve çarpma ile donatılmış ℂ için, adı verilen bir halka oluşturur cebri grubu ℂ [S _n ]. Grup cebiri, hepimizin bildiği ve korktuğu gibi derin bir teori olan grupların temsil teorisi ile yakından ilgilidir :). Bu, temsil teorisindeki bir şeyin mevcut sorun için geçerli olabileceğinden şüphelenmemi sağlıyor.

Ya da belki bu sadece çok uzaklara getirildi.

— Tsuyoshi Ito
kaynak

2

İşte bunun indirgeneceği şey. Simetrik grubun, aktarımlar için açıkça hesaplanabilen, bazı çalışmalarla açık bir şekilde gösterilişi vardır (genellikle aktarımlar için açıkça hesaplanırlar ). Her gösterimin başlangıç değeri uygun kimlik matrisidir. Olasılıklı bir takas uygulamak, her bir gösterimi , burada , gerçekleştirilen gösterimin değeridir . (devam ediyor)

(k, k + 1)

$(k,k+1)$

(1 - p) I + p A_{i j}

$(1-p)I + pA_{ij}$

A_{i j}

$A_{ij}$

(i j)

$(ij)$

— Yuval Filmus

2

Çıktının tek tip olması için, kimlik gösterimi dışındaki tüm temsillerin sıfır olması gerekir. Bu yüzden, olasılıkları , en azından matrislerin bir kısmı tekil olacak şekilde . Her temsil için matrislerinin farklı özvektörleri vardır, bu nedenle hangi koşulun belirli bir gösterimi sıfır olması için zorlayacağı açık değildir. (devam ediyor)

p

$p$

(1 - p) I + p A_{i j}

$(1-p)I + pA_{ij}$

A_{i j}

$A_{ij}$

— Yuval Filmus

3

Bununla birlikte, eğer her aktarımın bir gösterimin ortalama derecesini en fazla düşürdüğünü ispatlayabilirsek , o zaman daha düşük sınır alacağımızı söyleyebiliriz . Her temsile ve her transpozisyona karşılık gelen özvektörleri bilirsek, böyle bir sınır kanıtlanabilir. Bu bilgiler ilke olarak ele alınabilir, ancak bu yaklaşımın önemsiz olmayan bir şey üreteceği garantisi yoktur.

1 / n^{2}

$1/n^2$

n^{2}

$n^2$

— Yuval Filmus

1

(devamı) ve bu doğrusal dönüşüm, tam olarak S_n'in n × n permütasyon matrisleri ile temsilinde ortaya çıkan matristir. Her ne kadar n − 1, kapı sayısında daha düşük bir sınır olarak önemsiz olmakla birlikte (entropi argümanı zaten daha iyi bir alt sınır verir), umudum, argümanınızı, daha iyi bir alt sınır vermek için argümanınızı diğer temsillere genellemek mümkün olabilir. toplam kapı sayısı.

— Tsuyoshi Ito

4

@Yuval, @Peter: Her gösterim için, (1 − p) I + pA_ {ij} 'in p = 1/2 olmadığı sürece saçma olmadığını fark ettim (çünkü A_ {ij} ^ 2 = Ben A_ {ij'nin öz değerlerini ima ediyor. } ± 1). Bu nedenle, rütbeyi saymak, sadece Peter tarafından en iyi şekilde yapılmış olan olasılık-1/2 kapılarının sayısını sınırlamak için kullanışlıdır. Başka bir deyişle, eğer temsil teorisi bu yazıda önerdiğim şekilde faydalıysa, matrislerin rütbesini saymaktan başka bir şeye ihtiyacımız var! Bunun gerçekçi olup olmadığından emin değilim.

— Tsuyoshi Ito

1

Anthony'nin algoritması, ilk iki olasılıklı değiş tokuştan sonra prosedürün bir sonraki yinelemesine başlanarak çalışma zamanı ile sonuçlanan paralel olarak çalıştırılabilir . $O(n^2)$ $O(n)$

— Dave
kaynak

4

Bence bu soru için ilgili karmaşıklık ölçüsü çalışma zamanı değil, kapı sayısıdır.

— Anthony Leverrier

3

@Anthony, ilgilendiğim şeyin gereken minimum kapı sayısı olduğu konusunda haklı.

— Joe Fitzsimons

0

Eğer doğru anlıyorsam, eğer devrenizin tüm permütasyonları üretmesini istiyorsanız , minimum devrenin nasıl yapılacağından emin , en azından olasılık kapılarına ihtiyacınız var. $\lceil \log_2(n!) \rceil$

GÜNCELLEME:

Mergesort algoritmasını kullanıyorsanız ve tüm karşılaştırmaları uygun olasılıklarla rastgele seçeneklerle değiştirirseniz, aradığınız devreyi elde edersiniz.

— Antonio Valerio Miceli-Barone
kaynak

2

Bunu, yukarıda verdiğim olasılıksal takas geçidi modeline nasıl çevireceğinizden tam olarak emin değilim. Olasılıklı bir takasın karşılaştırmanın nasıl yerine geçtiğini ve hala rastgele bir dağılım elde ettiğini görmüyorum. Bu nedenle, bunun neden optimal olacağından da emin değilim.

— Joe Fitzsimons

1

Ve evet, minimum, ancak bu sadece .

⌈ \log_{2} (n!) ⌉

$\lceil \log_2(n!) \rceil$

O (n \log (n))

$O(n\log(n))$

— Joe Fitzsimons

1

Varsayalım ve ilgili tümevarım . uzunlukta iki rastgele permütasyonunuz var . Bunları rastgele birleştirirseniz (yani, bir sonraki öğeyi rastgele seçilen bir alt hesaptan alarak), o zaman birleştirilmiş sonuçlar kesinlikle rastgele olmalıdır. pozisyonunun "sol" alt-hesaplamadan bir elemana sahip olma olasılığı simetri ile açıkça 1/2'dir. Ve üzerinde sol alt-eklemlemeden bir elemente sahip olması şartıyla, ondan eşit olarak rastgele biri olmalıdır. Bu şekilde ortaya çıkan permütasyonun gerçekten rastgele olduğunu görebilirsiniz.

n = 2^{k}

$n=2^k$

k

$k$

2^{k - 1}

$2^{k-1}$

i

$i$

— Andrew D. King

1

Birleşmeyi teklif ettiğimde benim düşüncem de buydu, ancak ikinci bir düşünce üzerine, bir çıktı işlemini yalnızca istenen kapı tipini kullanarak uygulamak mümkün olamayacak gibi görünüyor, çünkü bir çıktı üretmediler. permütasyon yapıp yapmadıklarını ve onları koşullandırmak için kontrol girişleri olmadığını söyler.

— Antonio Valerio Miceli-Barone

3

@Andrew: Soruda belirtilen kapıları kullanarak "bunları rastgele nasıl birleştireceğimi" görmüyorum.

— Joe Fitzsimons

0

Aşağıdaki cevap yanlıştır (bakınız @joe fitzsimon'un yorumu), ancak başlangıç noktası olarak yararlı olabilir

de bir çizim önerim var . (!) İçin çalıştığını elle kontrol ettim, ancak sonucun ötesinde aynı olduğuna dair bir kanıtım yok . $O(n\log n)$ $n=4$ $n=4$

Bir devre olduğunu varsayalım ile muntazam bir rastgele permütasyon oluşturur bit. Les bitleri değiştirir olasılık değiştirilebilir kapı ve 1/2 olasılıkla ve olasılıkla hiçbir şey yapmaz . Aşağıdaki devresi Construct etkiyen bitlik: $C_n$ $n$ $S_{i,j}^{\frac 12}$ $i$ $j$ $1/2$ $C_{2n}$ $2n$

$\forall 1\le k\le n$ , geçidini ; $S_{k,k+n}^{1/2}$
İlk bitine uygulayın ; $C_n$ $n$
Son bitlerine uygulayın ; $C_n$ $n$
$\forall 1\le k\le n$ , geçidini . $S_{k,k+n}^{1/2}$

Adım 1. kadar gerekli olduğu bit ve permütasyon aynı yarısında kara olabilir, ve adım 4 simetri ile gereklidir: eğer çözeltisi, yani bir kapıların ters sırayla uygulanmasıyla elde edilen de bir çözümdür. $1$ $n+1$ $C_{2n}$ $C_{2n}^-1$

Bu devre ailesinin büyüklüğü aşağıdaki özyineleme ilişkisine uymaktadır: , belli ki . Biri sonra kolayca görebilir ki .

| C_{2 n} | = 2 | C_{n} | + 2 n

$|C_{2n}| = 2|C_n|+2n$

| C_{1} | = 0

$|C_1|=0$

| C_{n} | = n \log n

$|C_n|=n\log n$

Öyleyse açık bir soru kalır: bu devreler tekdüze permütasyonlar yapıyor mu? Hayır, aşağıdaki ilk yorumu görün

— Frederic Grosshans
kaynak

6

Bunların tek tip permütasyonlar yaptığına inanmıyorum. Aslında, olasılık olasılığını 1/2 olarak ayarlarsanız, bu tür kapılarla tam olarak yapmanın imkansız olduğunu düşünüyorum. Bunun nedeni basittir: kullanımlar bir devre hayal böyle kapıları. Daha sonra orada equiprobable hesaplama yolları, herhangi bir permütasyon olasılığı ile gerçekleşmesi gerekir, böylece bir tam sayı için . Bununla birlikte, düzgün bir dağılım için . Açıkçası bu, için tamsayı değeri için tatmin .

m

$m$

2^{m}

$2^{m}$

k 2^{- m}

$k 2^{-m}$

k

$k$

k 2^{- m} = \frac{1}{n!}

$k 2^{-m} = \frac{1}{n!}$

k

$k$

n \geq 3

$n\geq 3$

— Joe Fitzsimons

Aslında. Ben de üniformitesini kontrol etmeyi unuttum ...

n = 4

$n=4$

— Frédéric Grosshans