从概率成对交换产生随机排列的最有效方法是什么？

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我感兴趣的问题与生成随机排列有关。以概率成对交换交换门为基本构建块，产生 $n$ 元素的均匀随机排列的最有效方法是什么？在这里，我将“概率成对交换门”作为操作以某种概率在选定元素 $i$ 和之间实现交换门 $j$ $p$ 并且可以为每个门自由选择，否则可以选择同一性。

我意识到这通常不是生成随机排列的方式，通常人们可能会使用Fisher-Yates混编之类的方法，但是，由于允许的操作不同，因此这对于我想到的应用程序将不起作用。

显然可以做到这一点，问题是效率如何。为了达到这个目标，最少需要多少个概率交换？

更新：

Anthony Leverrier提供了以下方法，该方法的确使用 $O(n^2)$ 门产生了正确的分布，而Ito Tsuyoshi Ito提供了另一种在注释中具有相同缩放比例的方法。不过，我迄今见过的最好的下界 $\lceil \log_2(n!) \rceil$ ，它可以扩展为 $O(n\log n)$ 。因此，问题仍然悬而未决：是否是 $O(n^2)$ 可以完成的最佳选择（即下界是否更好）？或者，是否有更有效的电路系列？

更新：

一些答案和评论提出了完全由概率互换组成的电路，其中概率固定为 $\frac{1}{2}$ 。由于以下原因（从注释中删除），这种电路无法解决此问题：

想象一个使用 $m$ 这种门的电路。然后有 $2^m$ 概率的计算路径，因此对于某个整数k ，任何排列都必须以概率 $k 2^{−m}$ 进行。但是，对于均匀分布，我们要求 $k 2^{−m}=\frac{1}{n!}$ $k n! = 2^m$ $k$ $n\geq3$ $3|n!$ $n\geq 3$ $3\nmid 2^m$

更新（来自提供赏金的mjqxxxx）：

提供的赏金用于（1）需要门的证明，或（2）对于使用少于门的任何个工作电路。 $\omega(n \log n)$ $n$ $n(n-1)/2$

co.combinatorics randomness probabilistic-circuits

— 乔·菲茨西蒙斯
source

8

@Anthony：也许这并不明显，但是您可以：想象一下，电路

创建了前

元素的排列的均匀分布。然后

随后位置之间的概率交换（概率0.5）

和位置

将产生位置的均匀随机选择

。如果遵循此方法，将

再次应用于前

元素，则应该获得均匀的随机分布。

C

$C$

n - 1

$n-1$

C

$C$

n - 1

$n-1$

n

$n$

n

$n$

C

$C$

n - 1

$n-1$

— Joe Fitzsimons

4

好的，谢谢您的解释！需要注意的是概率交换应具有PROBA

之间位置

和位置

。

(n - 1) / n

$(n-1)/n$

n - 1

$n-1$

n

$n$

— 安东尼·勒弗里耶

5

在所需的熵的观点出发，算法需要

随机位，其中

(n - 1) h (1 / 2) + (n - 2) h (1 / 3) + \dots + (n - k) h (1 / (k + 1)) + \dots + h (1 / n)

$(n-1) h(1/2) + (n-2) h(1/3) + \cdots + (n-k) h(1/(k+1)) + \cdots + h(1/n)$

h (.)

$h(.)$ 是二进制熵函数。我无法精确计算该和，但根据数学公式它为

，而最佳值至少为

。

O (n \log_{2} (n)^{2})

$O(n \log_2(n)^2)$

O (n \log_{2} (n))

$O(n \log_2(n))$

— Anthony Leverrier 2011年

8

这与您想要的不同，但是有一个大小为O（n log n）的电路家族，对于某些多项式p，它生成每个排列的概率至少为1 / p（n！）：考虑使用大小为O 的排序网络（n log n），并用概率1/2交换门替换每个比较器。由于分类网络的正确性，每个排列必须以非零概率出现，该概率必须至少为1/2 ^ {O（n log n）} = 1 / poly（n！）。

— 伊藤刚（Tsuyoshi Ito）

3

回到原来的问题。注意，可以将安东尼描述的O（n ^ 2）解决方案视为用合适的概率用概率交换门替换表示选择排序的排序网络中的每个比较器。（更多）

— 伊藤刚

17

我在上面的评论中描述的有效算法如下：

第一起始通过使一个随机元素的概率在位置：交换位置1和2与PROBA ，然后2和3 PROBA ，...然后和与PROBA 。 $1/n$ $n$ $1/2$ $2/3$ $n-1$ $n$ $(n-1)/n$
应用相同的过程中的位置，使一个随机元素：交换位置1和2与概率 ...然后位置和与PROBA 。 $n-1$ $1/2$ $n-2$ $n-1$ $(n-2)/(n-1)$
等等

此算法所需的门数为。 $(n-1)+(n-2)+ \cdots + 2+1 = n(n-1)/2 = O(n^2)$

— 安东尼·勒弗里尔
source

3

该算法与气泡排序有关。特别要考虑大小为n的所有排列的状态空间。第一个元素大于第二个元素的概率为1/2，与该概率交换。假设对前两个元素进行了排序，proba第二个元素> 3rd元素2/3等是什么，因此，似乎有可能将排序算法转换为交换门电路，在此之后的每个步骤都应考虑到由上一个条件引起的条件概率脚步。从某种意义上说，这暗示了构造这种电路的明显低效的方法。

— mkatkov 2011年

16

这既不是答案，也不是新信息。在这里，我将尝试总结有关此问题与排序网络之间关系的评论中进行的讨论。在本文中，所有时间均为UTC，除非另有说明，“评论”表示对问题的评论。

一个由概率交换门（随机交换两个值）组成的电路自然使我们想起排序网络，它不过是一个由比较器（根据它们之间的顺序交换两个值）组成的电路。实际上，当前问题的电路和分类网络以下列方式相互关联：

安东尼·勒弗里尔（Anthony Leverrier）具有n（n -1）/ 2个概率交换门的解决方案可以理解为用于气泡排序的排序网络，其中比较器由具有适当概率的概率交换门代替。有关详细信息，请参阅mkatkov在3月10日4:53发表的评论。选择分类的分类网络也可以相同的方式使用。（在3月7日23:04的评论中，我将Anthony的巡回赛描述为选择类别，但这是不正确的。）
如果我们只希望每个排列具有非零的概率并且不关心分布是否均匀，那么当所有比较器都被概率1/2交换门替换时，每个分类网络都可以完成工作。如果我们使用具有O（n log n）个比较器的排序网络，则生成的电路将以至少1/2 ^{O（n log n）} = 1 / poly（n！）的概率生成每个排列，正如我在三月份的评论中所观察到的那样。 7 22:59。
在这个问题中，要求概率交换门独立触发。如果我们取消此限制，那么我可以在3月7日23:08的评论中提及和在3月8日14:07更加详细地描述user1749的情况下，将每个分类网络都转换为生成均匀分布的电路。

这些事实显然表明该问题与分拣网络密切相关。但是，彼得·泰勒（Peter Taylor）发现了一种证据，证明这种关系可能不是很紧密。即，不是通过将比较器替换为具有适当概率的概率交换门，就不能将每个分类网络都转换为期望的电路。反例是n = 4 的五比较器分类网络。请参阅他在3月10日11:08和3月10日14:01发表的评论。

— 伊藤刚
source

3

@mkatkov：我已经看到三个或四个已删除的答案，我不记得哪个是谁，对不起。如果您找到了少于n（n−1）/ 2个门的解决方案，我想知道整个结构（这不是从您那里窃取mjqxxxx的赏金:)）。

— 伊藤刚（Tsuyoshi Ito）

2

@mkatkov：我仍然持怀疑态度。正如我在这篇文章的最后一段中所写的那样，彼得·泰勒（Peter Taylor）发现，通过用概率交换门代替比较器，无法将n = 4的五比较器排序网络转换为当前问题的解决方案。这意味着您的逻辑不能适用于所有分类网络，尽管它并不排除它可能以某种方式适用于奇偶合并排序的可能性。

— 伊藤刚（Tsuyoshi Ito）

1

@mkatkov：这种解决方案似乎不起作用（或至少未显示任何工作示例）的原因是，成对分拣网络中的交换门以高度相关的方式触发。在此问题中，所有门均独立触发，这导致可能的电路空间差异很大。

— mjqxxxx 2011年

1

@ mkatbov，Anthony网络中的每一步都选择m个输入之一（其中m的范围从n到2）。您无法选择m个门少于m-1个的m个输入之一，因此尤其不能使用log m个门进行选择。击败

可能需要某种分而治之的方法。

O (n^{2})

$O(n^2)$

— 彼得·泰勒

3

@ Tsuyoshi，Yuval和我分析了

所有可能的5门解决方案，并消除了所有这些解决方案，这加强了以下结果：并非所有排序网络都可以转换为统一排列网络，结果是存在问题大小最佳统一排列网络比最佳分类网络需要更多的门。

n = 4

$n=4$

— 彼得·泰勒

15

无论如何这都不是一个完整的答案，但是它包含一个结果可能是有用的，并将其应用于对的情况的一些约束，这将可能的5门解决方案限制为2500个容易枚举的情况。 $n=4$

首先是一般结果：在排列对象的任何解决方案中，必须至少存在交换，其概率为 $n$ $n-1$ 。 $\frac{1}{2}$

证明：考虑阶数的置换的置换表示。这些是矩阵满足。考虑一个概率为和之间的交换：这具有表示 $n$ $n\times n$ $A_\pi$ $(A_\pi)_{i,j} = [i = \pi(j)]$ $i$ $j$ $p$ $(1-p)I + pA_{(i j)}$ （使用循环符号表示排列）。你可以通过这个矩阵中表示论方面或在马氏条款将置换思乘法的概率为，留下的东西不变的概率为。 $(i j)$ $p$ $1-p$

因此，置换网络是这种矩阵乘法的链。我们从单位矩阵开始，最终结果将是矩阵，其中 $U$ ，所以我们通过乘法从等级的矩阵转到等级的矩阵-即等级下降。 $U_{i,j} = \frac{1}{n}$ $n$ $1$ $n-1$

考虑到矩阵的秩，那么，我们可以看到，他们本质上的同一性，小矩阵开，让他们有充分的等级，除非 $(1-p)I + pA_{(i j)}$ $\begin{pmatrix}1-p & p \\ p & 1-p\end{pmatrix}$ ，在这种情况下，它们的排名为。 $p=\frac{1}{2}$ $n-1$

因此，应用Sylvester矩阵不等式，我们发现每次交换仅在才会降低等级。，并且当满足此条件时，它最多减少1。因此，我们至少需要概率为交换 $p=\frac{1}{2}$ $n-1$ 。 $\frac{1}{2}$

请注意，由于Anthony Leverrier的网络实现了这一限制，因此无法加强此界限。

适用于的情况。我们已经有6门的解决方案，所以问题是5门的解决方案是否可能。现在我们知道至少有3个门必须进行50/50交换，因此我们有两个“自由”概率和。有32个可能的事件（5个独立的事件，每个都有两个结果）和存储桶，每个存储桶必须至少包含一个事件。事件以概率除为8 $n=4$ $p$ $q$ $4! = 24$ ，8以概率 $\frac{pq}{8}$ ，8以概率 $\frac{\overline{p}q}{8}$ ，和图8与概率 $\frac{p\overline{q}}{8}$ 。 $\frac{\overline{p}\overline{q}}{8}$

24个存储桶中有32个事件，没有空存储桶意味着至少16个存储桶恰好包含一个事件，因此上述四个概率中的至少两个等于。考虑对称性考虑，我们有两种情况： $\frac{1}{24}$ 或 $pq = \overline{p}q = \frac{1}{3}$ 。 $pq = \overline{p}\overline{q} = \frac{1}{3}$

第一种情况下给出， $p=\overline{p}=\frac{1}{2}$ （校正或 $q=\frac{2}{3}$ ，展开对称性。第二种情况给出，因此 $q=\frac{1}{3}$ $pq=1-p-q+pq$ ，没有实际的解决方案。 $pq = p(1-p) = \frac{1}{3}$

因此，如果有一个5门的解决方案，我们有四个门的概率为，一个门的概率为 $\frac{1}{2}$ 或 $\frac{1}{3}$ 。Wlog第一交换是，并且所述第二要么是或; 其他三个都有（最多）五个可能性，因为连续两次进行相同的交换没有意义。因此，我们要考虑交换序列和10种分配概率的方法，导致2500种情况可以机械地枚举和测试。 $\frac{2}{3}$ $0\leftrightarrow 1$ $0\leftrightarrow 2$ $2\leftrightarrow 3$ $2\times 5^3$

更新：Yuval Filmus和我都已枚举并测试了这些案例，但没有找到解决方案，因此的最佳解决方案涉及6个浇口，而在其他答案中也找到6浇口解决方案的示例。 $n=4$

— 彼得·泰勒
source

2

我的案例列举无法产生任何简短的例子。

— Yuval Filmus

...甚至在更正之后。

— Yuval Filmus

1

太好了，这是一个非常不错的观察。

— 乔·菲茨西蒙斯

1

@mjqxxxx，我计算出在寻找

的9门解决方案时，您将不得不考虑大约1.04亿个案例（尽管可以巧妙地将其减少一点），但是对于每种情况，您都需要计算120个方程5个带有交叉项的变量，然后检查解决方案。这可能对标准台式计算机是可行的，但需要付出更多努力，因为您不能那么容易地限制概率的可能值。

n = 5

$n=5$

— 彼得·泰勒

4

我在这里授予赏金，尽管答案既没有提供

下界的渐近改进，也没有提供

上限的任何改进，因为至少可以证明

在单个非平凡情况下最佳。

Ω (n \log n)

$\Omega(n \log n)$

n (n - 1) / 2

$n(n-1)/2$

n (n - 1) / 2

$n(n-1)/2$

— mjqxxxx 2011年

14

以下似乎是新的相关信息：

论文[CKKL99]展示了如何使用深度为O（log n）的交换网络，从而总共使用O（n log n）个比较器，使n个元素的均匀排列接近1 / n。

这种构造不是显式的，但是如果您增加polylog（n）的深度，则可以使它显式。请参见论文[CKKL01]中的指针，其中也包含更多信息。

先前的评论已经指出了一个结果，说O（n log n）交换就足够了，但是区别在于在交换网络中，要比较的元素是固定的。

[CKKL99] Artur Czumaj，Przemyslawa Kanarek，Miroslaw Kutylowski和Krzysztof Lorys。延迟路径耦合并通过分布式随机过程生成随机排列。在离散算法专题讨论会（SODA）中，第271 {280页，1999年。

[CKKL01] Artur Czumaj，Przemyslawa Kanarek，Miroslaw Kutylowski和Krzysztof Lorys。生成随机排列的交换网络，2001年。

— 马努
source

谢谢，这无疑是有用的。但是，我仍然想知道有关生成精确分布的门号。

— Joe Fitzsimons

12

对于这是一个有趣的解决方案。同样的想法也适用于。 $n=4$ $n=6$

开始与开关的概率为。减少至和至，我们在这种情况。应用开关的概率。结果是 $(0,1),(2,3)$ $1/2$ $0,1$ $X$ $2,3$ $Y$ $XXYY$ $(0,3),(1,2)$ $p$ 我们下一步将是的概率为

\begin{aligned} X X Y Y & w.p. (1 - p)^{2}, \\ Y Y X X & w.p. p^{2}, \\ X Y X Y & w.p. p (1 - p), \\ Y X Y X & w.p. p (1 - p) \end{aligned}

$\begin{align*} XXYY &\text{ w.p. } (1-p)^2, \\ YYXX &\text{ w.p. } p^2, \\ XYXY &\text{ w.p. } p(1-p), \\ YXYX &\text{ w.p. } p(1-p) \end{align*}$

(0, 2), (1, 3)

$(0,2),(1,3)$

1 / 2

$1/2$ 。因此，我们实际上只关心前一阶段的结果是

（情况A）还是

（情况B）。在A的情况下，这些开关将在

产生均匀的概率。如果是B，它们将无效。因此

必须满足

X X Y Y / Y Y X X

$XXYY/YYXX$

X Y X Y / Y X Y X

$XYXY/YXYX$

X X Y Y / X Y Y X / Y X X Y / Y Y X X

$XXYY/XYYX/YXXY/YYXX$

p

$p$

鉴于此，结果是一致的。

p (1 - p) = 1 / 6 ⟹ p = \frac{3 \pm \sqrt{3}}{6} .

$p(1-p) = 1/6 \Longrightarrow p = \frac{3 \pm \sqrt{3}}{6}.$

类似的想法适用于您首先将每一半随机排序，然后“合并”它们。但是，即使对于我也看不到如何正确合并两半。 $n=6$ $n=8$

关于该解决方案的有趣之处在于怪异的概率。 $p$

作为一个侧面说明，概率的集合，可以想见帮助我们由下式给出，其中越过的所有陈述的所有特征值在所有换位。 $p$ $1/(1-\lambda)$ $\lambda \leq 0$ $S_n$

— Yuval Filmus
source

1

的怪异值确实令人鼓舞，因为我认为有一个相当简单的证据表明，如果我们将整数

的概率限制为

，那么您能做的最好的就是

。

p

$p$

1 / k

$1/k$

k

$k$

O (n^{2})

$O(n^2)$

— Joe Fitzsimons

5

对于2n个元素，在相似的意义上仍然有点怪异的一种不同方式是，对前n个元素进行混洗，对后n个元素进行混洗，以i = 1，…，n的概率p_i交换（i，i + n）。，随机播放前n个元素，然后随机播放后n个元素。必须选择概率p_i，以使n个交换门中的正好有k个触发的概率等于

和这样的概率p_i由（1 + x_i）/ 2给出，其中x_1，…，x_n是勒让德多项式P_n的根。（更多）

{(\binom{n}{k})}^{2} / (\binom{2 n}{n})

$\binom{n}{k}^2/\binom{2n}{n}$

— 伊藤刚

6

（续）我描述的变化令人失望的是，当n为2的幂时，它需要n（n-1）/ 2个概率交换，即与冒泡排序的门数完全相同Anthony Leverrier的解决方案。

— 伊藤刚（Tsuyoshi Ito）

@Tsuyoshi，您的构造显然是正确的，但是我想知道它是否在做超过必要的事情。我没有时间通过此刻的分析工作，但如果你这样做，那么你可能会发现它值得考虑是否存在

，使得

p_{0}, p_{1}

$p_0, p_1$

;

0 \leftrightarrow 1, p = \frac{1}{2}

$0\leftrightarrow 1, p=\frac{1}{2}$

;

; 然后应用Legendre根的适当排列（并填充其他部分）即可工作。

2 \leftrightarrow 3, p = \frac{1}{2}

$2\leftrightarrow 3, p=\frac{1}{2}$

0 \leftrightarrow 2, p = p_{0}

$0\leftrightarrow 2, p=p_0$

1 \leftrightarrow 3, p = p_{1}

$1\leftrightarrow 3, p=p_1$

— 彼得·泰勒

7

考虑随机改组字符串，其中每个块的长度为，其电路由概率成对交换组成。也就是说，全部在给定指定输入的情况下，具有 s和 s的字符串必须等效地为电路的输出。令为该问题的最优电路，令 $XX..XY..YY$ $n$ $(2n)!/(n!)^2$ $n$ $X$ $n$ $Y$ $B_{2n}$ $C_{2n}$ 是解决原始问题的最佳电路（随机改组元素）。应用随机置换足以随机交织 s和 s，因此。另一方面，我们可以通过对前元素进行混洗，对后元素进行混洗，最后施加电路来对元素进行混洗。这意味着 $2n$ $X$ $Y$ $\lvert{B_{2n}}\rvert \le \lvert{C_{2n}}\rvert$ $2n$ $n$ $n$ $B_{2n}$ 。结合这两个界限，我们可以得出以下结果： $\lvert{C_{2n}}\rvert \le 2\lvert{C_{n}}\rvert + \lvert{B_{2n}}\rvert$

和都是或都不是。 $\lvert{B_{2n}}\rvert$ $\lvert{C_{2n}}\rvert$ $o(n^2)$

我们看到，至少从这个意义上讲，两个问题同样困难。这一结果有些令人惊讶，因为人们可能希望 -shuffle问题会更容易。特别地，熵论证表明是，但给人更强的结果是。 $XY$ $\lvert{B_{2n}}\rvert$ $\Omega(n)$ $\lvert{C_{2n}}\rvert$ $\Omega(n \log n)$

— mjqxxxx
source

7

Diaconis和Shahshahani 1981，“使用随机换位生成随机置换”显示1/2 n log n个随机换位（注意：此处没有“ O”）会导致置换接近（在总变异距离上）均匀。我不确定您的应用程序中允许使用的结果是否准确，但是它非常快速，严格，因为这是一个截止现象的示例。有关类似结果的调查，请参见Saloff-Coste的有限组随机漫步。

— 杰森·莫顿（Jason Morton）
source

1

大概可以组成两个几乎随机的排列，以产生一个甚至更接近随机的排列。

— mjqxxxx 2011年

7

...但是，应该指出的是，这实际上不是一个相同的问题（甚至允许采用近似而不是精确的解决方案），因为作者考虑的是随机选择的元素对的转置，而不是指定的元素对的概率转置。

— mjqxxxx 2011年

5

这确实是一条评论，但过长而无法发布为评论。我怀疑对称组的表示理论可能对证明更好的下界有用。尽管我对表示理论几乎一无所知，而且我可能还不了解，但让我解释一下为什么它可能与当前问题有关。

注意，由概率交换门组成的电路的行为可以完全指定为n元素上的一组置换S _n上的概率分布p。甲置换克 ∈S _Ñ可以被认为是该事件我个输出是克（我）个输入为所有我 ∈{1，...，Ñ }。现在代表的概率分布p作为一个正式的总和Σ _克_∈S_{_Ñ} p（克）克。例如，导线i和导线之间的概率交换 j以概率p被表示为（1- p）Ê + p τ _IJ，其中ê ∈S _Ñ是单位元件和τ _IJ ∈S _Ñ之间的换位我和Ĵ。

关于这个形式和的一个有趣的事实是，两个独立电路的串联行为可以被正式描述为这些形式和的乘积。即，如果电路的行为Ç ₁和c ^ ₂被表示为求和正式一个₁ =Σ _{克 ∈S _Ñ} p ₁（克）克和一个₂ =Σ _{克 ∈S _Ñ} p ₂（克）克分别，然后电路C ₁跟随C _2的行为被表示为Σ _{克₁，克₂ ∈S _Ñ} p ₁（克₁）p ₂（克₂）克₁克₂ = 一个₁一₂。

因此，具有所希望的电路米概率互换精确地对应于写入的和的方式（1 / Ñ！）Σ _{克 ∈S _Ñ}克作为一个产品米相加其中的每一个的形式为（1- p）Ë + p τ _IJ。我们想知道的最小数米的因素。

正式金额Σ _{克 ∈S _Ñ} ˚F（克）克，其中˚F从S的功能_Ñ到ℂ，配备有自然定义加法和乘法，形成称为环组代数 ℂ[S _Ñ ]。群代数与群的表示理论密切相关，群的表示理论是众所周知的深层理论：）。这使我怀疑表示理论中的某些内容可能适用于当前问题。

也许这只是牵强。

— 伊藤刚
source

2

这就是减少的原因。对称组有很多表示形式，可以通过一些工作为换位显式计算（通常只为换位

显式计算）。每个表示的初始值是适当的标识矩阵。应用概率交换将每个表示乘以

，其中

是执行交换

表示的值。（续）

(k, k + 1)

$(k,k+1)$

(1 - p) I + p A_{i j}

$(1-p)I + pA_{ij}$

A_{i j}

$A_{ij}$

(i j)

$(ij)$

— Yuval Filmus

2

为了使输出一致，我们需要除身份表示之外的所有其他表示为零。因此，应该选择概率

，以使至少某些矩阵

是奇异的。每个表示的矩阵

具有不同的特征向量，因此尚不清楚什么条件会强制特定的表示为零。（续）

p

$p$

(1 - p) I + p A_{i j}

$(1-p)I + pA_{ij}$

A_{i j}

$A_{ij}$

— Yuval Filmus

3

但是，如果可以证明每个置换都会使表示的平均秩最多减少

，那么我们将得到

下限。如果我们知道与每个表示形式和每个转置相对应的特征向量，就可以证明这样的界。可以从原则上计算出这些信息，但不能保证这种方法会产生任何不平凡的东西。

1 / n^{2}

$1/n^2$

n^{2}

$n^2$

— Yuval Filmus

1

（续），并且此线性变换正是由n×n个置换矩阵表示S_n的矩阵。尽管n-1作为门数的下限是微不足道的（熵参数已经给出了更好的下限），但我希望，有可能将您的论点推广到其他表示形式，以在门数上产生更好的下限。闸门总数。

— 伊藤刚（Tsuyoshi Ito）

4

@ Yuval，@ Peter：我注意到，对于每个表示，（1-−p）I + pA_ {ij}都是非奇异的，除非p = 1/2（因为A_ {ij} ^ 2 = I表示A_ {ij的特征值） }为±1）。因此，对等级进行计数仅对降低1/2概率门的数量有用，这已经由Peter进行了优化。换句话说，如果表示理论以我在本文中建议的方式有用，那么除了计算矩阵的秩之外，我们还需要其他东西！我不确定这是否现实。

— 伊藤刚（Tsuyoshi Ito）

1

通过在前两次概率交换之后启动过程的下一个迭代，可以并行运行Anthony的算法，从而实现运行时间。 $O(n^2)$ $O(n)$

— 戴夫
source

4

我认为此问题的相关复杂性度量是门数而不是运行时间。

— 安东尼·勒弗瑞尔

3

@Anthony是正确的，我感兴趣的只是所需的最少门数。

— Joe Fitzsimons

0

如果我理解正确的话，如果你想你的电路能够产生所有排列，你至少需要概率门，虽然我不知道最小的电路如何可以构造。 $\lceil \log_2(n!) \rceil$

更新：

我认为，如果您采用Mergesort算法，并用适当的概率将所有比较替换为随机选择，那么您会得到想要的电路。

— 安东尼奥·瓦莱里奥·米西里·巴隆
source

2

我不确定您如何将其转换为我上面给出的概率交换门模型。我看不到概率交换如何代替比较并仍然实现随机分布。因此，我也不确定为什么这将是最佳选择。

— Joe Fitzsimons

1

是的，

是最小的，但是这仅仅是

。

⌈ \log_{2} (n!) ⌉

$\lceil \log_2(n!) \rceil$

O (n \log (n))

$O(n\log(n))$

— Joe Fitzsimons

1

假设

然后对

进行归纳。您有两个长度为

随机排列。如果您随机合并这些对象（即从随机选择的子置换中获取下一个元素），则合并结果当然应该是随机的。通过对称，位置

具有来自“左”子置换的元素的概率显然为1/2。并以它具有左子置换中的一个元素为条件，它必须具有一个均匀随机的元素。这样，您可以看到生成的排列确实是随机的。

n = 2^{k}

$n=2^k$

k

$k$

2^{k - 1}

$2^{k-1}$

i

$i$

— 安德鲁·金

1

当我提出mergesort时，这也是我的思路，但是，第二个想法，在我看来，仅使用所需类型的Gates可能无法实现合并操作，因为它们不会产生输出告诉他们是否执行了排列，并且没有控制输入来调节它们。

— 安东尼奥·瓦雷里奥·米切利·巴隆

3

@Andrew：我看不到如何使用问题中概述的“随机合并”功能。

— Joe Fitzsimons

0

以下答案是错误的（请参阅@joe fitzsimon的评论），但作为起点可能会有用

我在有一个草图建议。我已经手动检查了它是否可以用于（！），但是我还没有证据表明结果在之外是统一的。 $O(n\log n)$ $n=4$ $n=4$

假设您有一个电路，它在位上生成均匀的随机排列。莱斯 $C_n$ $n$ 概率交换门，其交换的位和的概率1/2和不执行任何操作的概率。构造作用于位的以下电路： $S_{i,j}^{\frac 12}$ $i$ $j$ $1/2$ $C_{2n}$ $2n$

，施加栅极 ; $\forall 1\le k\le n$ $S_{k,k+n}^{1/2}$
在前位上应用； $C_n$ $n$
在最后位上施加； $C_n$ $n$
，施加栅极。 $\forall 1\le k\le n$ $S_{k,k+n}^{1/2}$

步骤1.需要使得位和可以在相同的半置换的土地，和步骤4是通过对称性需要：如果是一个解决方案，因此是通过应用获得以相反顺序排列的闸门也是解决方案。 $1$ $n+1$ $C_{2n}$ $C_{2n}^-1$

这个家庭电路的规模遵循以下递推关系：显然是。然后，很容易看到。

| C_{2 n} | = 2 | C_{n} | + 2 n

$|C_{2n}| = 2|C_n|+2n$

| C_{1} | = 0

$|C_1|=0$

| C_{n} | = n \log n

$|C_n|=n\log n$

然后仍然存在一个明显的问题：这些电路是否执行统一的排列？不，请参阅下面的第一条评论

— 弗雷德里克·格罗斯汉斯
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6

我不认为它们确实执行统一的排列。实际上，我认为如果将概率固定为1/2，就不可能对这些门进行精确处理。原因很简单：想象一个使用

这种门的电路。然后有

概率的计算路径，因此对于某个整数

，任何排列都必须以概率

进行。但是，对于均匀分布，我们要求

m

$m$

2^{m}

$2^{m}$

k 2^{- m}

$k 2^{-m}$

k

$k$

。显然，这不能满足用于整数值

为

。

k 2^{- m} = \frac{1}{n!}

$k 2^{-m} = \frac{1}{n!}$

k

$k$

n \geq 3

$n\geq 3$

— Joe Fitzsimons

确实。我也忘了检查一致性

...

n = 4

$n=4$

— 弗雷德里克Grosshans