Вариант Фишера Йейта

Классический Fisher Yates выглядит примерно так:

void shuffle1(std::vector<int>& vec)
{
    int n = vec.size();
    for (int i = n - 1; i > 0; --i)
    {
        std::swap(vec[i], vec[rand() % (i + 1)]);
    }
}

Вчера я выполнил итерацию "назад" по ошибке:

void shuffle2(std::vector<int>& vec)
{
    int n = vec.size();
    for (int i = 1; i < n; ++i)
    {
        std::swap(vec[i], vec[rand() % (i + 1)]);
    }
}

Является ли эта версия каким-либо образом хуже (или лучше), чем первая? Препятствует ли этому появлению вероятности?

Ответ 1

Да, это даже распределение, предполагающее rand(). Мы докажем это, показывая, что каждый вход может сгенерировать каждую перестановку с равной вероятностью.

N = 2 можно легко доказать. Мы будем рисовать его как дерево, где дети представляют каждую строку, которую вы можете получить, вставив символ после запятой в самую левую строку.

  0,1   //input where 0,1 represent indices
01  10  //output. Represents permutations of 01. It is clear that each one has equal probability

Для N мы будем иметь все перестановки для N-1 и случайную замену последнего символа для N

    (N-1 0th permutation),N     .....          (N-1 Ith permutation),N ________________________  
      /              \                       /                   \                             \ 
0th permutation of N  1st permutation....   (I*N)th permutation   ((I*N)+1)th permutation .... (I*N)+(I-1)th permutation

Эта дерьмовая индукция должна привести к тому, что она будет иметь даже распределение.

Пример:

N = 2:

  0,1
01  10 // these are the permutations. Each one has equal probability

N = 3:

           0,1|2           // the | is used to separate characters that we will insert later
    01,2           10,2    // 01, 10 are permutations from N-1, 2 is the new value
 210 021 012   201 120 102 // these are the permutations, still equal probability

N = 4: (изогнутый для помощи чтению)

                                                           0,1|23

                                                       01,2|3  10,2|3

                                           012,3 021,3 210,3    102,3 120,3 201,3

0123 0132 0321 3230                                                                                  2013 2031 2310 3012
                    0213 0231 0312 3210                                          1203 1230 1302 3201
                                        2103 2130 2301 3102  1023 1032 1320 3021

и т.д.

Ответ 2

Похоже на меня (при условии, что rand()% N является непредвзятым, а это не так). Кажется, должно быть возможно продемонстрировать, что каждая перестановка ввода создается точно по одной последовательности случайных выборов, где каждый случайный выбор сбалансирован.

Сравните это с неправильной реализацией, например

for (int i = 0; i < v.size(); ++i) {
  swap(v[i], v[rand() % v.size()]);
}

Здесь вы можете видеть, что существуют n ⁿ одинаково вероятные способы создания n! перестановок, а так как n ⁿ не делится делителем на n! где n > 2, некоторые из этих перестановок должны производиться чаще, чем другие.