我正在努力解决这个问题（CLRS，第3版，练习11.2-1）：
假设我们使用散列函数h将n个不同的键散列为长度为m的数组。假设简单的均匀散列，预期的碰撞次数是多少？
正确的解是n（n-1）/ 2m。这取自CLRS的教师手册。
我的解决方案如下：
对于键1的插入：预期与前辈的碰撞次数= 0
对于键2的插入：预期与前辈的碰撞次数= 1 / m
对于键3的插入：预期与前驱的碰撞数＃1 / m *（1 / m）+（m-1）/ m *（2 / m）=（2m-1）/ m ^ 2
我的理由：关键1和1的概率为1 / m。 2碰撞在1个槽中，这意味着键3的碰撞概率为1 / m。密钥1和密钥2没有碰撞的概率为（m-1）/ m，这意味着它们位于不同的槽中，密钥3的碰撞概率为2 / m。
3个键的预期碰撞次数，按期望线性度= 0 + 1 / m +（2m-1）/ m ^ 2 =（3m-1）/ m ^ 2
根据CLRS，3个键的预期碰撞次数应为3 / m。
我知道如何使用指标RV的 找到正确的解决方案。
我的问题是：我的解决方案在哪里出错？为什么会有所不同？
答案 0 :(得分：0)
教员手册中的解决方案似乎已关闭。一个简单的例子，将12个键[0..11]通过h（k）= k mod 3散列为3个元素的数组。
我们有存储桶0，其键为0、3、6、9。值区1有键1,4,7,10。值区2具有键2,5,8,11。存储桶0的冲突为{（0,3），（0,6），（0、9），（3,6），（3,9），（6,9）}，基数= 6。铲斗1和2也各造成6次碰撞。
因此，本示例中的总碰撞次数为18。如果期望的碰撞次数由n（n-1）/ 2m公式给出，则该碰撞次数将为12 * 11/6 = 22。
错。
通过这样的推理，我得出了另一个公式：
如果我们假设使用统一哈希，则每个存储桶中的键数应与其他任何键数相同，即n / m。因此，碰撞总数将为m * Collisions（单个存储桶）。
现在，我们如何获取每个存储桶中的碰撞次数？好吧，其中的每个键都与所有其他键发生冲突，并且通过一次将它们成对定义冲突集。因此，我们正在研究一次取两个（n / m）个元素的数量组合
C（n / m，2）=（n / m）！/ [2！（n / m -2）！] = [（n / m）（n / m -1）（n / m- 2）！] / [2 *（n / m -2）！]。
（n / m-2）！分子/分母中的各项互相抵消，我们得到
C（n / m，2）= [（n / m）（n / m-1] / 2 = n（n-m）/ 2m ^ 2
因此，碰撞总数为m * C（n / m，2）= n（n-m）/ 2m。
让我们将此应用于我们的示例，对吧？
12（12-3）/ 2 * 3 = 12 * 9/6 = 18
在我们的示例中，这恰好是一组碰撞的基数。
答案 1 :(得分：-1)
密钥1和1的概率为1 / m。 2碰撞在1个槽中，这意味着键3的碰撞概率是1 / m
这取决于如何处理碰撞。对于闭合哈希实现，将为密钥2选择备用存储桶，因此在插入密钥3时第一个哈希到存储桶发生冲突的可能性仍然是2 / m（那么第二选择可能还有机会）铲斗，第3选择铲斗等 - 见下文）。对于开放散列，碰撞元素将被链接在同一个桶中，因此如果密钥1和2发生冲突，则密钥3首次散列到同一个桶的概率减少1 / m（并且可能还有更多的机会在第二选择桶等上碰撞。）。
所以，一个很大的问题是你采用了不同的碰撞处理方法：封闭式和开放式散列。
那就是说，你提出的问题含糊不清 - 碰撞后如何增加价值会影响进一步碰撞的可能性。例如，使用另一个散列算法进行重新散列也可以实现简单的统一散列，这意味着每次碰撞后重新插入尝试时会出现另一个#insertition /＃bucket冲突概率，所以系列会：
密钥1：预期#claisions = 0
键2：预期＃collisions = 1 / m + 1 / m * 1 / m + 1 / m * 1 / m * 1 / m + ...
键3：预期＃collisions = 2 / m + 2 / m * 2 / m + 2 / m * 2 / m * 2 / m + ......
例如，它会有所不同。线性探测，二次探测等。