Algorithm 你从这个坏的随机洗牌中得到了什么分布？

著名的Fisher-Yates shuffle算法可用于随机排列长度为N的数组：

For k = 1 to N
    Pick a random integer j from k to N
    Swap A[k] and A[j]

我被一再告知不要犯的一个常见错误是：

For k = 1 to N
    Pick a random integer j from 1 to N
    Swap A[k] and A[j]

也就是说，不是从k到N选取一个随机整数，而是从1到N选取一个随机整数

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如果你犯了这个错误怎么办？我知道结果的排列不是均匀分布的，但我不知道对结果的分布有什么保证。特别是，有人对元素最终位置的概率分布有一个表达式吗？

有一个描述和示例，说明在这种情况下会发生什么。

一种经验方法。

让我们在Mathematica中实现错误的算法：

p = 10; (* Range *)
s = {}
For[l = 1, l <= 30000, l++, (*Iterations*)
   a = Range[p];
   For[k = 1, k <= p, k++, 
     i = RandomInteger[{1, p}];
     temp = a[[k]];
     a[[k]] = a[[i]];
     a[[i]] = temp
   ];
   AppendTo[s, a];
]  

让我们在结果数组中取三个位置，并绘制该位置每个整数的频率分布：

r = SortBy[#, #[[1]] &] & /@ Tally /@ Transpose[s]  

对于位置1，频率分布为：

位置5（中间）

第10位（最后一位）：

这里是所有位置的分布图：

在这里，您可以更好地统计8个职位：

一些观察结果：

• 对于所有位置 “1”是相同的（1/n）
• 概率矩阵是对称的 关于大反对角线
• 所以，最后一个数的概率 位置也是一致的（1/n）

您可以从同一点（第一个特性）和最后一条水平线（第三个特性）的所有直线的起点处查看这些特性

第二个属性可以从以下矩阵表示示例中看到，其中行表示位置，列表示占用人数，颜色表示实验概率：

对于100x100矩阵：

{{  1/n,    1/n      , ...},
 {... .., A007318, ....},
 {... .., ... ..., ..},
 ... ....,
 {A129687, ... ... ... ... ... ... ..},
 {A131084, A028326 ... ... ... ... ..},
 {A028326, A131084 , A129687 ... ....}}

编辑

为了好玩，我计算了第二个对角线元素的精确公式（第一个是1/n）。其余的都可以做，但工作量很大

h[n_] := (n-1)/n^2 + (n-1)^(n-2) n^(-n)

从n=3到6验证的值（{8/27、57/256、564/312517105/46656}）

编辑

在@wnoise answer中计算出一点一般的显式计算，我们可以得到更多的信息

将1/n替换为p[n]，因此计算保持未计算，例如，对于矩阵的第一部分，我们得到n=7（单击以查看更大的图像）：

在与其他n值的结果进行比较后，让我们确定矩阵中的一些已知整数序列：

{{  1/n,    1/n      , ...},
 {... .., A007318, ....},
 {... .., ... ..., ..},
 ... ....,
 {A129687, ... ... ... ... ... ... ..},
 {A131084, A028326 ... ... ... ... ..},
 {A028326, A131084 , A129687 ... ....}}

你可以在精彩的视频中找到这些序列（在某些情况下有不同的符号）

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解决一般问题更难，但我希望这是一个开始

多么可爱的问题！我希望我有一个完整的答案

费舍尔·耶茨（Fisher Yates）善于分析，因为一旦它决定了第一个元素，它就不去管它了。有偏见的人可以在任何地方反复交换一个元素

我们可以用马尔可夫链的方法来分析这个问题，通过将行为描述为线性作用于概率分布的随机转移矩阵。大多数元素被单独保留，对角线通常为（n-1）/n。在过程k中，当它们没有被单独留下时，它们会被元素k交换（如果它们是元素k，则是一个随机元素）。这在k行或k列中都是1/（n-1）。行和列k中的元素也是1/（n-1）。对于从1到n的k，将这些矩阵相乘很容易

我们确实知道，最后一位的元素最初出现在任何地方的可能性都是相同的，因为最后一位的元素与其他元素交换最后一位的可能性是相同的。类似地，第一个元素同样可能被放置在任何位置。这种对称性是因为转置颠倒了矩阵乘法的顺序。事实上，矩阵是对称的，因为行i与列（n+1-i）相同。除此之外，这些数字并没有显示出多少明显的规律。这些精确解确实与belisarius运行的模拟结果一致：在插槽i中，获得j的概率随着j上升到i而降低，在i-1处达到其最低值，然后在i处跳到其最高值，直到j达到n为止

在Mathematica中，我用

 step[k_, n_] := Normal[SparseArray[{{k, i_} -> 1/n, 
                      {j_, k} -> 1/n, {i_, i_} -> (n - 1)/n} , {n, n}]]

（我没有在任何地方找到它的文档，但使用了第一个匹配规则。） 最终过渡矩阵可通过以下公式计算：

Fold[Dot, IdentityMatrix[n], Table[step[m, n], {m, s}]]

ListDensityPlot

是一个有用的可视化工具

编辑（贝里萨里乌斯）

只是确认一下。以下代码给出了与@Eelvex答案中相同的矩阵：

step[k_, n_] := Normal[SparseArray[{{k, i_} -> (1/n), 
                      {j_, k} -> (1/n), {i_, i_} -> ((n - 1)/n)}, {n, n}]];
r[n_, s_] := Fold[Dot, IdentityMatrix[n], Table[step[m, n], {m, s}]];
Last@Table[r[4, i], {i, 1, 4}] // MatrixForm

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我知道我以前见过这个问题

“”答案中有很多好东西，尤其是链接到

正如您可能已经猜到的，根据@belisarius的答案，确切的分布高度依赖于要洗牌的元素数量。以下是阿特伍德的6元素甲板图：

您提到的“常见错误”是通过随机换位进行洗牌。Diaconis和Shahani在年对这个问题进行了详细研究。他们对停止时间和收敛到一致性进行了完整的分析。如果你找不到报纸的链接，请给我发一封电子邮件，我可以给你转发一份。这实际上是一本有趣的读物（就像大多数波斯·迪亚科尼斯的论文一样）

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如果数组有重复的条目，则问题略有不同。作为一个无耻的插件，我、Diaconis和Soundarararajan在的附录B中解决了这个更普遍的问题。

您可以使用。让矩阵A（i，j）描述卡最初在位置i结束在位置j的概率。然后，如果

i==k

或

function FisherYatesDurstenfeldKnuthshuffle( array ) {
    var pickIndex, arrayPosition = array.length;
    while( --arrayPosition ) {
        pickIndex = Math.floor( Math.random() * ( arrayPosition + 1 ) );
        array[ pickIndex ] = [ array[ arrayPosition ], array[ arrayPosition ] = array[ pickIndex ] ][ 0 ];
    }
}