Question

设A [1 .. n]为n distinct个数组。如果我＆lt; j和A [i]> A [j]，然后对（i，j）被称为A的反转。（有关反演的更多信息，请参阅问题2-4。）假设A的每个元素是从范围1中随机，独立和均匀地选择的。通过n。使用指标随机变量来计算预期的反转次数。

问题来自Cormen的算法导论练习5.2-5。这是我的递归解决方案：

假设x（i）是[1..i]中的反转次数，而E（i）是x（i）的期望值，则E（i + 1）可以如下计算：
  如果我们将 i + 1 放在第一个位置，那么我们有i+1个位置放置所有数字，然后x（i + 1）= i + x（i）;如果我们将 i + 1 放在第二个位置，那么x（i + 1）= i-1 + x（i），...，所以E（i + 1）= 1 /（ i + 1）* sum（k）+ E（i），其中k = [0，i]。最后我们得到E（i + 1）= i / 2 + E（i）。
  因为我们知道E（2）= 0.5，所以递归得到：E（n）=（n-1 + n-2 + ... + 2）/ 2 + 0.5 = n *（n-1）/ 4

虽然上面的推论似乎是正确的，但我仍然不太确定。所以我在这里分享。

如果出现问题，请纠正我。

Answer 1

所有解决方案似乎都是正确的，但问题是我们应该使用指标随机变量。所以这是我使用相同的解决方案：

    Let Eij be the event that i < j and A[i] > A[j].

    Let Xij = I{Eij} = {1 if (i, j) is an inversion of A

                        0 if (i, j) is not an inversion of A}

    Let X = Σ(i=1 to n)Σ(j=1 to n)(Xij) = No. of inversions of A.

    E[X] = E[Σ(i=1 to n)Σ(j=1 to n)(Xij)]

         = Σ(i=1 to n)Σ(j=1 to n)(E[Xij])

         = Σ(i=1 to n)Σ(j=1 to n)(P(Eij))

         = Σ(i=1 to n)Σ(j=i + 1 to n)(P(Eij)) (as we must have i < j)

         = Σ(i=1 to n)Σ(j=i + 1 to n)(1/2) (we can choose the two numbers in
                                            C(n, 2) ways and arrange them
                                            as required. So P(Eij) = C(n, 2) / n(n-1))

         = Σ(i=1 to n)((n - i)/2)

         = n(n - 1)/4

Answer 2

另一种解决方案甚至比IMO更简单，尽管它不使用“指标随机变量”。

由于所有数字都是不同的，因此每对元素都是反转（i < j与A[i] > A[j]）或非反转（i < j与A[i] < A[j]）。换句话说，每对数字都是有序的或无序的。

因此，对于任何给定的排列，反转的总数加上非反转的数量只是对的总数，或n*(n-1)/2。

通过“小于”和“大于”的对称性，预期的反转次数等于预期的非反转次数。

由于期望它们的总和是n*(n-1)/2（所有排列都是常数），并且它们是相等的，它们各自是n*(n-1)/4的一半。

[更新1]

显然，我的“少于'和'大于'的对称性”声明需要一些细化。

对于1到A范围内的任意数字n数组，请将~A定义为从n+1中减去每个数字时得到的数组。例如，如果A为[2,3,1]，则~A为[2,1,3]。

现在，请注意A中的任何数字对都是有序的，~A的相应元素是乱序的。（很容易显示，因为否定两个数字会交换它们的顺序。）这个映射明确地显示了在此上下文中小于和大于的对称性（对偶性）。

因此，对于任何A，反转次数等于~A中的非反转次数。但对于每个可能的A，只有一个~A;如果统一选择数字，则A和~A同样可能。因此A中预期的反转次数等于~A中预期的反转次数，因为这些期望是在完全相同的空间内计算的。

因此A中预期的反转次数等于预期的非反转次数。这些期望的总和是对和的期望，即常数n*(n-1)/2或总对数。

[更新2]

更简单的对称性：对于A元素的任何数组n，将~A定义为相同的元素，但顺序相反。将i中位置A处的元素与n+1-i中位置~A处的元素相关联。（也就是说，在反转数组中将每个元素与自身相关联。）

现在A中的任何反转都与~A中的非反转相关联，就像上面的Update 1中的结构一样。因此适用相同的论点：A中的反转次数等于~A中的反转次数; A和~A都是同等可能的序列;等

这里的直觉点是“小于”和“大于”运算符只是彼此的镜像，您可以通过否定参数（如Update 1中）或通过交换它们来看到（如同更新2）。因此，预期的反转和非反转次数是相同的，因为您无法判断是否通过镜像查看任何特定阵列。

Answer 3

我认为这是正确的，但我认为证明这一点的正确方法是使用条件期望：

对于所有X和Y，我们有：E [X] = E [E [X | Y]]

然后在你的情况下：

E（i + 1）= E [x（i + 1）] = E [E [x（i + 1）| x（i）]] = E [SUM（k）/（1 + i）+ x（i）] = i / 2 + E [x（i）] = i / 2 + E（i）

关于第二个陈述：

如果：

E（n）= n *（n-1）/ 4。

然后E（n + 1）=（n + 1）* n / 4 =（n-1）* n / 4 + 2 * n / 4 =（n-1）* n / 4 + n / 2 = E（n）+ n / 2

所以n *（n-1）/ 4。验证所有n＆gt; = 2的递归关系，并验证n = 2

因此E（n）= n *（n-1）/ 4

希望我理解你的问题并帮助

Answer 4

更简单（类似于Aman上面的回答，但也许更清楚）......

Let Xij be a random variable with Xij=1 if A[i] > A[j] and Xij=0 otherwise.
Let X=sum(Xij) over i, j where i < j

Number of pairs (ij)*:               n(n-1)/2
Probability that Xij=1 (Pr(Xij=1))): 1/2
By linearity of expectation**:       E(X) = E(sum(Xij))
                                          = sum(E(Xij))
                                          = sum(Pr(Xij=1))
                                          = n(n-1)/2 * 1/2
                                          = n(n-1)/4

*  I think of this as the size of the upper triangle of a square matrix.
** All sums here are over i, j, where i < j.

Answer 5

使用指标随机变量：

设X =随机变量，它等于反转次数。
如果A [i]和A [j]形成反转对，则设为Xij = 1，否则Xij = 0。
反转对的数量=超过1的总和＆lt; = i＆lt; j＆lt; =（Xij）
现在P [Xij = 1] = P [A [i]> A [j]] =（n选择2）/（2！* n选择2）= 1/2
E [X] = E [所有ij对的总和，使得i <1。 jij的j =所有ij对的总和，使得i <1。 e [Xij] = n（n - 1）/ 4

预期的反转次数 - 从Cormen的算法简介

5 个答案: