Metode yang Anda gambarkan untuk generalisasi. Kami menggunakan bahwa semua permutasi [ 1 .. N ] memiliki kemungkinan yang sama bahkan dengan die bias (karena gulungannya independen). Oleh karena itu, kita dapat terus bergulir sampai kita melihat permutasi seperti gulungan N terakhir dan menghasilkan gulungan terakhir.N=2[1..N]N
Analisis umum rumit; jelas, bagaimanapun, bahwa jumlah gulungan yang diharapkan tumbuh dengan cepat dalam karena probabilitas melihat permutasi pada setiap langkah yang diberikan kecil (dan tidak terlepas dari langkah-langkah sebelum dan sesudah, karenanya rumit). Hal ini lebih besar dari 0 untuk tetap N , bagaimanapun, jadi prosedur berakhir hampir pasti (yaitu dengan probabilitas 1 ).N0N1
Untuk fixed kita dapat membangun rantai Markov pada himpunan Parikh-vektor yang berjumlah ≤ N , merangkum hasil dari gulungan N terakhir , dan menentukan jumlah langkah yang diharapkan sampai kita mencapai ( 1 , … , 1 ) untuk pertama kali . Ini cukup karena semua permutasi yang memiliki vektor Parikh sama-sama memungkinkan; rantai dan perhitungannya lebih sederhana dengan cara ini.N≤NN(1,…,1)
Asumsikan kita berada dalam keadaan dengan Σ n i = 1 v i ≤ N . Kemudian, probabilitas mendapatkan elemen i (yaitu roll berikutnya adalah i ) selalu diberikan olehv=(v1,…,vN)∑ni=1vi≤Nii
.Pr[gain i]=pi
Di sisi lain, kemungkinan menjatuhkan elemen dari sejarah diberikan olehi
Prv[drop i]=viN
setiap kali (dan 0 sebaliknya) justru karena semua permutasi dengan Parikh-vektor v memiliki kemungkinan yang sama. Probabilitas ini independen (karena gulungan independen), sehingga kami dapat menghitung probabilitas transisi sebagai berikut:∑ni=1vi=N0v
Pr[v→(v1,…,vj+1,…,vN)]={Pr[gain j]0,∑v<N, else,Pr[v→(v1,…,vi−1,…vj+1,…,vN)]={0Prv[drop i]⋅Pr[gain j],∑v<N∨vi=0∨vj=N, else andPr[v→v]={0∑vi≠0Prv[drop i]⋅Pr[gain i],∑v<N, else;
semua probabilitas transisi lainnya adalah nol. Keadaan menyerap tunggal adalah , vektor Parikh dari semua permutasi [ 1 .. N ] .(1,…,1)[1..N]
Untuk rantai Markov yang dihasilkan adalahN=2
[ sumber ]
dengan jumlah langkah yang diharapkan hingga penyerapan
Esteps=2p0p1⋅2+∑i≥3(pi−10p1+pi−11p0)⋅i=1−p0+p20p0−p20,
gunakan untuk penyederhanaan bahwa . Jika sekarang, seperti yang disarankan, p 0 = 1p1=1−p0untuk beberapaϵ∈[0,1p0=12±ϵ, laluϵ∈[0,12)
.Esteps=3+4ϵ21−4ϵ2
Untuk dan distribusi seragam (kasus terbaik) saya telah melakukan perhitungan dengan komputer aljabar²; karena ruang keadaan meledak dengan cepat, nilai yang lebih besar sulit untuk dievaluasi. Hasilnya (dibulatkan ke atas)N≤6
Plot menunjukkan - langkah sebagai fungsi N ; ke kiri biasa dan di sebelah kanan plot logaritmik.EstepsN
Pertumbuhan tampaknya eksponensial tetapi nilainya terlalu kecil untuk memberikan perkiraan yang baik.
Adapun stabilitas terhadap gangguan kita dapat melihat situasi untuk N = 3 :piN= 3
Plot menunjukkan sebagai fungsi dari p 0 dan p 1 ; secara alami, p 2 = 1 - p 0 - p 1 .ELangkahhal0hal1hal2= 1 - hal0- hal1
Dengan asumsi gambar yang sama untuk lebih besar (kernel crash komputasi hasil simbolik bahkan untuk N = 4 ), jumlah langkah yang diharapkan tampaknya cukup stabil untuk semua tetapi pilihan yang paling ekstrem (hampir semua atau tidak ada massa di beberapa p i ).NN= 4halsaya
Sebagai perbandingan, simulasi sebuah koin -biased (misalnya dengan menetapkan hasil die ke 0 dan 1 secara merata mungkin), menggunakan ini untuk mensimulasikan sebuah koin dan akhirnya melakukan bit-bijaksana penolakan pengambilan sampel memerlukan palingε01
2 ⌈ logN⌉ ⋅ 3 + 4 ϵ21 - 4 ϵ2
gulungan mati dalam harapan - Anda mungkin harus tetap dengan itu.
- Karena rantai menyerap dalam tepi yang ditunjukkan dalam warna abu-abu tidak pernah dilalui dan tidak mempengaruhi perhitungan. Saya memasukkannya hanya untuk tujuan kelengkapan dan ilustrasi.( 11 )
- Implementasi dalam Mathematica 10 ( Notebook , Bare Source ); maaf, itu yang saya tahu untuk masalah seperti ini.