Методы генерации случайного сочетания — различия между версиями

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск
(Псевдокод)
(Псевдокод)
Строка 13: Строка 13:
 
===Псевдокод===
 
===Псевдокод===
 
  randomCombination(arrayOfElements, n, k)
 
  randomCombination(arrayOfElements, n, k)
   for i = 1 to k  
+
   '''for''' i = 1 '''to''' k  
 
     r = rand(1..(n - i + 1));
 
     r = rand(1..(n - i + 1));
 
     cur = 0;
 
     cur = 0;
     for j = 1 to n  
+
     '''for''' j = 1 '''to''' n  
       if exist[j]
+
       '''if''' exist[j]
 
         cur++;
 
         cur++;
         if cur == r
+
         '''if''' cur == r
 
           res[i] = arrayOfElements[j];
 
           res[i] = arrayOfElements[j];
 
           exist[j] = false;
 
           exist[j] = false;
 
   sort(res);
 
   sort(res);
   return res;
+
   '''return''' res;
  
 
Здесь <tex>exist</tex> — такой массив, что если <tex>exist[i] == 1</tex>, то <tex>i</tex> элемент присутствует в множестве <tex>S</tex>.
 
Здесь <tex>exist</tex> — такой массив, что если <tex>exist[i] == 1</tex>, то <tex>i</tex> элемент присутствует в множестве <tex>S</tex>.

Версия 23:01, 15 декабря 2014

Постановка задачи

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 O(n2)

Пусть [math]S[/math] — множество из n 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 O([math]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 0 и 1, то перестановка только 0 или только 1 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]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