我正在寻找一种快速创建具有以下属性的随机矩阵A的方法：
A = transpose(A) A(i,i) = 0 A(i,j) >= 0所有我，j sum(A) =~ degree;行的总和由我想指定的分布随机分布（这里=~表示近似相等）。分发degree来自矩阵orig，特别是degree=sum(orig)，因此我知道存在具有此分布的矩阵。
例如：orig=[0 12 7 5; 12 0 1 9; 7 1 0 3; 5 9 3 0]
orig =
0 12 7 5
12 0 1 9
7 1 0 3
5 9 3 0
sum(orig)=[24 22 11 17];
现在一个可能的矩阵A=[0 11 5 8, 11 0 4 7, 5 4 0 2, 8 7 2 0]是
A =
0 11 5 8
11 0 4 7
5 4 0 2
8 7 2 0
sum(A)=[24 22 11 17]。
我正在尝试这段时间，但遗憾的是我的两个想法并不奏效：
版本1：
我将Nswitch次切换为两个随机元素：A(k1,k3)--; A(k1,k4)++; A(k2,k3)++; A(k2,k4)--;（转置元素也是如此）。
不幸的是，Nswitch = log(E)*E（与E=sum(sum(nn))）以使矩阵非常不相关。作为我的E > 5.000.000，这是不可行的（特别是，因为我需要至少10个这样的矩阵）。
第2版：
我根据分布从头开始创建矩阵。我们的想法是，根据i的分布，用degree(i)个数字填充degree的每一行：
nn=orig;
nnR=zeros(size(nn));
for i=1:length(nn)
degree=sum(nn);
howmany=degree(i);
degree(i)=0;
full=rld_cumsum(degree,1:length(degree));
rr=randi(length(full),[1,howmany]);
ff=full(rr);
xx=i*ones([1,length(ff)]);
nnR = nnR + accumarray([xx(:),ff(:)],1,size(nnR));
end
A=nnR;
但是，虽然sum(A')=degree，sum(A)系统地偏离了degree，但我无法找到原因。
当然，与degree的小偏差很好，但是在某些地方大量的矩阵中，似乎存在系统偏差。
如果某人可以向我显示版本1的快速方法，或者版本2中分布的系统偏差的原因，或者以不同方式创建此类矩阵的方法，我将非常高兴。谢谢！
修改
这是 matsmath 提出的解决方案中的问题： 想象一下你有矩阵：
orig =
0 12 3 1
12 0 1 9
3 1 0 3
1 9 3 0
r(i)=[16 22 7 13]。
我的随机矩阵开始看起来像
A =
0 7 3 6
7 0 . .
3 . 0 .
6 . . 0
新行和向量rnew = [r（2）-p（2），...，r（n）-p（n）] = [15 4 7]
第二次迭代（这里出现问题）：
EDIT2：
这是代表（据我所知） David Eisenstat 发布的解决方案的代码：
orig=[0 12 3 1; 12 0 1 9; 3 1 0 3; 1 9 3 0];
w=[2.2406 4.6334 0.8174 1.6902];
xfull=zeros(4);
for ii=1:1000
rndmat=[poissrnd(w(1),1,4); poissrnd(w(2),1,4); poissrnd(w(3),1,4); poissrnd(w(4),1,4)];
kkk=rndmat.*(ones(4)-eye(4)); % remove diagonal
hhh=sum(sum(orig))/sum(sum(kkk))*kkk; % normalisation
xfull=xfull+hhh;
end
xf=xfull/ii;
disp(sum(orig)); % gives [16 22 7 13]
disp(sum(xf)); % gives [14.8337 9.6171 18.0627 15.4865] (obvious systematic problem)
disp(sum(xf')) % gives [13.5230 28.8452 4.9635 10.6683] (which is also systematically different from [16, 22, 7, 13]
答案 0 :(得分：1)
让你的行和向量由矩阵orig [r（1），r（2），...，r（n）]给出。
Step 1. Take a random integer partition of the integer r(1) into exactly n-1 parts, say p(2), p(3), ..., p(n)
Step 2. Check if p(i)<=r(i) for all i=2...n. If not, go to Step 1.
Step 3. Fill out your random matrix first row and colum by the entries 0, p(2), ... , p(n), and consider the new row sum vector [r(2)-p(2),...,r(n)-p(n)].
使用n-1阶矩阵重复这些步骤。
关键是，您一次随机化一行，并将问题减少到搜索大小少一的矩阵。
正如OP在评论中指出的那样，这种天真的算法失败了。原因是所讨论的矩阵在其条目上具有进一步必要条件，如下所示：
FACT：
如果A是行总和为[r(1), r(2), ..., r(n)]的原始矩阵，那么每个i=1..n的必然，它会保留r(i)<=-r(i)+sum(r(j),j=1..n)。
也就是说，任何行总和，比如i，r(i)，最多必须与其他行总和（不包括r(i)）的总和一样大。< / p>
鉴于此，可以修改算法。请注意，在步骤2b中。我们检查新的行和向量是否具有上面讨论的属性。
Step 1. Take a random integer partition of the integer r(1) into exactly n-1 parts, say p(2), p(3), ..., p(n)
Step 2a. Check if p(i)<=r(i) for all i=2...n. If not, go to Step 1.
Step 2b. Check if r(i)-p(i)<=-r(i)+p(i)+sum(r(j)-p(j),j=2..n) for all i=2..n. If not, go to Step 1.
Step 3. Fill out your random matrix first row and colum by the entries 0, p(2), ... , p(n), and consider the new row sum vector [r(2)-p(2),...,r(n)-p(n)].
我不确定这种方法是否为您提供了随机矩阵，但它肯定会为您提供不同的矩阵。
这里的想法是在本地更改orig矩阵的某些部分，以维护其所有属性。
你应该在主对角线下面寻找一个随机的2x2子矩阵，它包含严格的正条目，例如[[a,b],[c,d]]，并通过随机值r到[[a+r,b-r],[c-r,d+r]]来扰动它的内容。您也可以在主对角线上方进行相同的更改，以保持新矩阵的对称性。这里的要点是条目中的变化“相互抵消”。
当然，r应该以{{1}}和b-r>=0的方式选择。
你可以追求这个想法来修改更大的子矩阵。例如，您可以选择3个随机行坐标c-r>=0，r1，r2和3个随机列坐标r2，c1和c2然后在9个c3位置的orig矩阵中进行更改，如下所示：您将(ri,cj)子矩阵3x3更改为[[a b c],[d e f], [g h i]]。你在转置的地方做同样的事情。同样，必须以某种方式选择随机值[[a-r b+r c] [d+r e f-r], [g h-r i+r]]，以便r和a-r>=0以及f-r>=0。此外，h-r>=0和c1以及r1和c3必须是不同的，因为您无法更改矩阵r3的主对角线中的0条目
你可以一遍又一遍地重复这些事情，比如说orig次，直到找到一些看似随机的东西。请注意，这个想法使用的事实是您已经拥有解决方案的知识，这是矩阵100，而第一种方法根本不使用这些知识。
答案 1 :(得分：1)
因为它足以大致保留度序列，所以让我提出一个随机分布，其中对角线上方的每个条目都是根据Poisson distribution选择的。我的直觉是我们想要找到权重w_i，使i,j的{{1}}条目具有均值i != j（所有对角线条目都为零）。这给了我们一个非线性方程组：
w_i*w_j其中for all i, (sum_{j != i} w_i*w_j) = d_i,
是d_i的程度。等价地，
i后者可以通过从for all i, w_i * (sum_j w_j) - w_i^2 = d_i.
的起始解决方案应用Newton's method来解决，如下所述。
获得w_i = d_i / sqrt(sum_j d_j)后，我们可以使用w_i重复采样，一次生成多个泊松分布的样本。
（如果我有时间，我会尝试在numpy中实现这个。）
4乘4问题的方程组的雅可比矩阵是
poissrnd通常，让(w_2 + w_3 + w_4) w_1 w_1 w_1
w_2 (w_1 + w_3 + w_4) w_2 w_2
w_3 w_3 (w_1 + w_2 + w_4) w_3
w_4 w_4 w_4 (w_1 + w_2 + w_3).
成为A的对角矩阵。设A_{i,i} = sum_j w_j - 2*w_i和u = [w_1, ..., w_n]'。雅可比人可以写成v = [1, ..., 1]'。逆由Sherman--Morrison公式
J = A + u*v'对于牛顿步骤，我们需要为某些给定的 A^-1*u*v'*A^-1
J^-1 = (A + u*v')^-1 = A^-1 - -------------- .
1 + v'*A^-1*u
计算J^-1*y。这可以使用上面的等式在y时间内直接完成。当我有机会时，我会添加更多细节。