Методы генерации случайного сочетания — различия между версиями

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск
(Псевдокод)
(Псевдокод)
Строка 44: Строка 44:
 
     '''for''' i = 1 '''to''' n  
 
     '''for''' i = 1 '''to''' n  
 
       '''if''' i <= k
 
       '''if''' i <= k
         a[i] = 1;
+
         a[i] = 1
 
       '''else'''
 
       '''else'''
         a[i] = 0;
+
         a[i] = 0
     random_shuffle(a);
+
     random_shuffle(a)
 
     '''for''' i = 1 '''to''' n
 
     '''for''' i = 1 '''to''' n
 
       '''if''' a[i] == 1
 
       '''if''' a[i] == 1
         ans.push(arrayOfElement[i]);
+
         ans.push(arrayOfElement[i])
     '''return''' ans;
+
     '''return''' ans
 
</code>
 
</code>
  

Версия 15:44, 16 декабря 2014

Задача:
Необходимо сгенерировать случайное сочетание из [math] n [/math] элементов по [math] k [/math] с равномерным распределением вероятности, если есть в наличии функция для генерации случайного числа в заданном интервале.


Решение за время [math]O(n ^ 2)[/math]

Пусть [math]S[/math] — множество из [math]n[/math] элементов, тогда для генерации случайного сочетания сделаем следующее:

  • выберем в множестве случайный элемент,
  • добавим его в сочетание,
  • удалим элемент из множества.

Эту процедуру необходимо повторить [math]k[/math] раз.

Псевдокод

randomCombination(arrayOfElements, n, k)
  for i = 1 to k 
    r = rand(1..(n - i + 1))
    cur = 0
    for j = 1 to n 
      if exist[j]
        cur++;
        if cur == r
          res[i] = arrayOfElements[j]
          exist[j] = false
  sort(res)
  return res

Здесь [math]exist[/math] — такой массив, что если [math]exist[i] == 1[/math], то [math]i[/math] элемент присутствует в множестве [math]S[/math].

Сложность алгоритма — [math]O(n^2)[/math]

Доказательство корректности алгоритма

На первом шаге мы выбираем один элемент из [math]n[/math], на втором из [math]n - 1[/math], ..., на [math]k[/math]-ом из [math]n - k + 1[/math]. Тогда общее число исходов получится [math]n \cdot (n - 1) \cdot ... \cdot (n - k + 1)[/math]. Это эквивалентно [math]{n! \over (n - k)!}[/math]. Однако заметим, что на этом шаге у нас получаются лишь размещения из [math]n[/math] по [math]k[/math]. Но все эти размещения можно сопоставить одному сочетанию, отсортировав их. И так как размещения равновероятны, и каждому сочетанию сопоставлено ровно [math]k![/math] размещений, то сочетания тоже генерируются равновероятно.

Решение за время [math]O(n)[/math]

Для более быстрого решения данной задачи воспользуемся следующим алгоритмом: пусть задан для определенности массив [math]a[/math] размера [math]n[/math], состоящий из [math]k[/math] единиц и [math]n - k[/math] нулей. Применим к нему алгоритм генерации случайной перестановки. Тогда все элементы [math]i[/math], для которых [math]a[i] = 1[/math], включим в сочетание.

Псевдокод

 randomCombination(arrayOfElements, n, k)
   for i = 1 to n 
     if i <= k
       a[i] = 1
     else
       a[i] = 0
   random_shuffle(a)
   for i = 1 to n
     if a[i] == 1
       ans.push(arrayOfElement[i])
   return ans

Доказательство корректности алгоритма

Заметим, что всего перестановок [math]n![/math], но так как наш массив состоит только из [math]0[/math] и [math]1[/math], то перестановка только [math]0[/math] или только [math]1[/math] ничего в нем не меняет. Заметим, что число перестановок нулей равно [math](n - k)![/math], единиц — [math]k![/math]. Следовательно, всего уникальных перестановок — [math]{n! \over k!(n - k)!}[/math]. Все они равновероятны, так как была сгенерирована случайная перестановка, а каждой уникальной перестановке сопоставлено ровно [math]k!(n - k)![/math] перестановок. Но [math]{n! \over k!(n - k)!}[/math] — число сочетаний из [math]n[/math] по [math]k[/math]. То есть каждому сочетанию сопоставляется одна уникальная перестановка. Следовательно, генерация сочетания происходит также равновероятно.

Оценка временной сложности

Алгоритм состоит из 2 невложенных циклов по [math]n[/math] итераций каждый и функции генерации случайной перестановки [math]\mathrm{random_shuffle()}[/math], работающей за [math]O(n)[/math] по алгоритму Фишера—Йетcа. Следовательно, сложность и всего алгоритма [math]O(n)[/math]

См. также

Источники информации