天真的改组在渐近性上有多糟糕？

众所周知，这种“天真的”算法通过将每个项目与另一个随机选择的项目交换来改组数组，无法正常工作：

for (i=0..n-1)
  swap(A[i], A[random(n)]);

具体来说，由于在次迭代中的每一次迭代中，都会做出选择之一（概率均等），因此通过计算存在可能的“路径”。因为可能的排列数为不能均匀地将路径数目划分为，该算法不可能产生路径中的每一个等概率排列。（相反，应该使用所谓的Fischer-Yates随机播放，这实际上改变了从[0..n]中选择随机数的调用与从[i..n]中选择随机数的调用；不过，这很无聊。） $n$ $n$ $n^n$ $n!$ $n^n$ $n!$

我想知道的是，天真洗牌有多“糟糕”？更具体地说，令为所有置换的集合，令为通过朴素算法生成的最终置换的路径数，则的渐近行为是什么。功能 $P(n)$ $C(\rho)$ $\rho\in P(n)$

$\qquad \displaystyle M(n) = \frac{n!}{n^n}\max_{\rho\in P(n)} C(\rho)$

和

$\qquad \displaystyle m(n) = \frac{n!}{n^n}\min_{\rho\in P(n)} C(\rho)$ 吗？

首要因素是“标准化”这些值：如果幼稚的随机播放“渐近良好”，则

$\qquad \displaystyle \lim_{n\to\infty}M(n) = \lim_{n\to\infty}m(n) = 1$ 。

我怀疑（基于我见过的一些计算机模拟）实际值的界线是1，但是甚至知道 $\lim M(n)$ 是有限的，还是 $\lim m(n)$ 是界线的呢？ 0？关于这些数量的行为了解什么？

— 史蒂文·斯塔德尼基（Steven Stadnicki）
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好问题。我不知道这个问题最好的地方在哪里。除非很明显另一个论坛对此有所帮助，否则我认为您应该在这里呆一个星期左右，如果没有满意的答案，请在另一个论坛中提问（并在两个问题中都添加链接））。

— 彼得·索尔

@vzn“为什么要对已知的有缺陷的算法进行严格分析？” 因为数学很有趣，而且您永远也不知道其他应用程序可能会出现在哪里-例如，请参阅Knuth对Bubble Sort的分析。Atwood的图表对不均匀性进行了粗略的定性分析，但这与数学上的定量分析相去甚远。（而且有几种不同的菲舍尔－耶茨混洗等效公式，我提到的方法效果很好。）

— 史蒂文·斯塔德尼基

作为记录，OEIS序列A192053为max，并且未列出闭合形式。另外，该条目的注释还建议min可能是，这意味着。

C(ρ) $C(\rho)$

2n−1 $2^{n-1}$

m(n)→0 $m(n) \rightarrow 0$

— mhum 2012年

@vzn开放式问题怎么了？

— Yuval Filmus 2012年

@vzn对于您的最后一句话不同意，有很多关于“不完美”混洗的分析。例如，如果我们进行随机转置，则已知随机性的阈值大约为。当前的问题可能很难，但是先验地很难说它是否“非常困难”。诸如mhum的答案已经非常令人满意，表明该问题适合该论坛，并且没有提出无法克服的障碍（已保留正式证明）。

(1/2)nlogn $(1/2) n\log n$

— Yuval Filmus 2012年

Answers:

通过归纳，我们将证明置换是一个示例。如果这是最坏的情况（如前几个（请参阅OEIS序列A192053的注释），则。因此，归一化的最小值（与归一化的最大值一样）是“指数级的”。 $\rho_n = (2,3,4,\ldots, n,1)$ $C(\rho_n) = 2^{n-1}$ $n$ $m(n) \approx (2/e)^{n}$

基本情况很容易。对于归纳步骤，我们需要一个引理：

引理：在从到任何路径中，第一个动作会交换位置和，或者最后一个动作会交换位置和。 $(2,3,4, \ldots, n, 1)$ $(1,2,3, \ldots, n)$ $1$ $n$ $1$ $n$

证明草图：假设不。考虑涉及第个位置的第一步。假设这是第个动作，和。此移动必须将项目放置在第个位置。现在考虑触及项目的下一步。假设此举是第个举动。此移动必须交换和，将项移到第个位置，且。一个类似的论点说，项目只能随后向右移动。但是项目 $n$ $i$ $i\neq 1$ $i \neq n$ $1$ $i$ $1$ $j$ $i$ $j$ $1$ $j$ $i < j$ $1$ $1$ 首先需要矛盾。 $\square$

现在，如果第一个动作将位置和交换，其余的动作必须将置换为。如果其余移动没有碰到第一个位置，则这是位置的排列，并且通过归纳我们知道存在条路径可以做到这一点。类似于引理证明的论点说，没有路径可以碰到第一个位置，因为第项必须以不正确的位置结束。 $1$ $n$ $(1, 3,4,5, \ldots, n,2)$ $(1,2,3,4, \ldots, n)$ $\rho_{n-1}$ $2 \ldots n$ $C(\rho_{n-1})=2^{n-2}$ $1$

如果最后一次移动将位置和交换，则前移动必须将置换转换为置换。同样，如果这些移动没有碰到最后一个位置，那么这就是排列，并且通过归纳法得出路径做到这一点。再说一次，如果前移动中的一个移动到最后一个位置，则项目永远不会以正确的位置结束。 $1$ $n$ $n-1$ $(2,3,4,\ldots, n,1)$ $(n,2, 3,4, \ldots, n-1, 1)$ $\rho_{n-1}$ $C(\rho_{n-1})=2^{n-2}$ $n-1$ $1$

因此，。 $C(\rho_n) = 2C(\rho_{n-1}) = 2^{n-1}$

— 彼得·索尔
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完美-引理背后的论点看起来很像我对内卷进行的论证，这是获得身份置换的唯一方法，但是我错过了显式交换中的递归结构。谢谢！

— 史蒂文·斯塔德尼基

经过mhum指向OEIS的指导，进行了一些深入的研究之后，我终于找到了一个出色的分析和一个很好的（相对）基本的论证（据我所知，对Goldstein和Moews [1]而言），在超指数的速度增长： $M(n)$ $n$

任何对合都对应于“天真的”改组算法的运行，该算法会产生身份置换作为结果，因为该算法会将与交换，随后将交换与保持不变。这意味着产生身份置换的算法的运行次数至少是对合的数量（实际上，稍加思考就表明对应关系为1-1，因此恰好是），因此的最大值从下方受。 $\iota$ $\{1\ldots n\}$ $k$ $\iota(k)$ $\iota(k)$ $k$ $Q(n)$ $Q(n)$ $M(n)$ $Q(n)$

$Q(n)$ 显然有许多名称，包括电话号码：请参阅http://oeis.org/A000085和http://en.wikipedia.org/wiki/Telephone_number_%28mathematics%29。渐近是众所周知的，结果证明 ; 从递归关系可以归纳地显示出比率满足，从那里基本分析得到渐近式中的前项，而另一个术语需要更仔细的努力。由于“比例因子” $Q(n) \approx C\left(\frac{n}{e}\right)^{n/2}e^\sqrt{n}$ $Q(n) = Q(n-1)+(n-1)Q(n-2)$ $R(n) = \frac{Q(n)}{Q(n-1)}$ $\sqrt{n}\lt R(n)\lt\sqrt{n+1}$ $n^{n/2}$ $\frac{n!}{n^n}$ 的定义中的仅约，占主导地位，并且（渐近地）产生。 $M(n)$ $C\sqrt{n}e^{-n}$ $Q(n)$ $M(n)\geq Cn^{(n+1)/2}e^{-3n/2+\sqrt{n}}$

实际上，Goldstein和Moews继续在[1]中证明，对于大的，身份置换最可能发生，因此实际上是并且的行为完全稳定。这仍然使的行为问题悬而未决。如果这也能影响他们论文中的分析，我不会感到惊讶，但是我还没有机会仔细阅读它，但仍无法真正掌握他们的方法，只足以了解基本结果。 $n$ $\geq$ $\approx$ $M(n)$ $m(n)$

[1] D. Goldstein和D. Moews：“身份是大n最有可能的交换洗牌”，http：//arxiv.org/abs/math/0010066

— 史蒂文·斯塔德尼基（Steven Stadnicki）
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不难证明排列是。如果这是最坏的情况，例如前，则。

(2,3,4,…,n,1) $(2,3,4,\ldots,n,1)$

C(ρ)=2n−1 $C(\rho) = 2^{n-1}$

n $n$

m(n)≈(2/e)n $m(n) \approx (2/e)^n$

— 彼得·索尔

@PeterShor你能给出基本的论点吗？我感觉好像缺少了可以使用的简单的卷入式论证，但是我不太理解。我认为，即使这不是很小，也足够了。最小值似乎不太可能在不成指数，并且仅知道标准化的max和min都“呈指数级”是一个非常令人满意的答案。

n $n$

— Steven Stadnicki 2012年

我在参数中添加了答案...评论太久了。

— 彼得·索尔