সম্ভাব্য জোড়াওয়ালা অদলবদল থেকে এলোমেলোভাবে ক্রম নির্ধারণের সবচেয়ে কার্যকরী উপায় কী?

48

আমি যে প্রশ্নটিতে আগ্রহী সেগুলি এলোমেলোভাবে অনুমান উত্পন্ন করার সাথে সম্পর্কিত। মৌলিক বিল্ডিং ব্লক হিসাবে একটি সম্ভাব্য জোড়ের পরিবর্তে অদলবদল গেট দেওয়া, উপাদানগুলির অভিন্ন র্যান্ডম অনুমান উত্পাদন সবচেয়ে কার্যকর উপায় কি ? আমি এখানে অপারেশন হতে "সম্ভাব্য জুটিওয়ালা অদলবদল গেট" গ্রহণ করি যা নির্বাচিত উপাদানগুলি এবং মধ্যে কিছুটা সম্ভাব্য দিয়ে স্বতন্ত্র গেট প্রয়োগ করে যা প্রতিটি গেটের জন্য অবাধে চয়ন করা যায় এবং অন্যথায় পরিচয়। $n$ $i$ $j$ $p$

আমি বুঝতে পেরেছি যে এটি সাধারণত কোনওভাবে এলোমেলোভাবে ক্রম উত্পাদনের উত্স তৈরি করে না, যেখানে সাধারণত কেউ ফিশার-ইয়েটস সাফল্যের মতো কিছু ব্যবহার করতে পারে তবে যাইহোক, অনুমোদিত ক্রিয়াকলাপ আলাদা হওয়ায় এটি আমার মনে থাকা অ্যাপ্লিকেশনটির জন্য কাজ করবে না।

স্পষ্টত এটি করা যেতে পারে, প্রশ্নটি কতটা দক্ষতার সাথে করা যায়। এই লক্ষ্য অর্জনের জন্য প্রয়োজনীয় সংখ্যার কম সম্ভাব্য অদলবদল কত?

হালনাগাদ:

অ্যান্টনি লিভারের নীচে একটি পদ্ধতি সরবরাহ করে যা প্রকৃতপক্ষে $O(n^2)$ গেটগুলি ব্যবহার করে সঠিক বিতরণ তৈরি করে , স্যুওশি ইতো মন্তব্যগুলিতে একই স্কেলিংয়ের সাথে অন্য পদ্ধতির সরবরাহ করে। যাইহোক, আমি এখন অবধি সবচেয়ে ভাল নীচে আবদ্ধ হ'ল $\lceil \log_2(n!) \rceil$ , যা হিসাবে স্কেল করে $O(n\log n)$ । সুতরাং, প্রশ্নটি এখনও খোলা রয়েছে: $O(n^2)$ সবচেয়ে ভাল যা করা যায় (অর্থাত্ আরও ভাল নিম্ন সীমাবদ্ধ আছে)? বা বিকল্পভাবে, আরও কার্যকর সার্কিট পরিবার আছে?

হালনাগাদ:

উত্তর এবং মন্তব্য বেশ কিছু সার্কিট যা সম্ভাব্য অদলবদল যেখানে সম্ভাব্যতা এ সংশোধন করা হয়েছে সম্পূর্ণভাবে গঠিত হয় প্রস্তাব $\frac{1}{2}$ । এই জাতীয় একটি সার্কিট নিম্নলিখিত কারণে এই সমস্যাটি সমাধান করতে পারে না (মন্তব্যগুলি থেকে উত্তোলিত):

এমন একটি সার্কিটের কল্পনা করুন যা $m$ যেমন গেট ব্যবহার করে । তারপরে $2^m$ সমীকরণযোগ্য গণনামূলক পাথ রয়েছে এবং সুতরাং কোনও পূর্ণসংখ্যার কে এর জন্য সম্ভাব্যতা with এর সাথে কোনও ক্রম ছাড়তে হবে $k 2^{−m}$ । তবে, অভিন্ন বিতরণের জন্য আমাদের প্রয়োজন যে $k 2^{−m}=\frac{1}{n!}$ , যা হিসাবে পুনরায় লেখা যেতে পারে $k n! = 2^m$ । স্পষ্টতই , যেহেতু জন্য পূর্ণসংখ্যার মানটির জন্য এটি সন্তুষ্ট হতে পারে না ( , তবে । $k$ $n\geq3$ $3|n!$ $n\geq 3$ $3\nmid 2^m$

আপডেট (এমজেকিএক্সএক্সএক্সএক্সএক্সএক্স থেকে যারা অনুগ্রহের অফার দিচ্ছে):

অফার করা অনুগ্রহটি (১) একটি প্রমাণের জন্য যা গেটের প্রয়োজন হয়, বা (২) কোনও জন্য একটি ওয়ার্কিং সার্কিট, যা গেটের চেয়ে কম ব্যবহার করে । $\omega(n \log n)$ $n$ $n(n-1)/2$

co.combinatorics randomness probabilistic-circuits

— জো ফিটজসিমন্স
সূত্র

8

@ অ্যান্টনি: সম্ভবত এটি সুস্পষ্ট নয়, তবে আপনি এটি করতে পারেন: কল্পনা করুন যে সার্কিট প্রথম উপাদানগুলির ক্রমবিন্যাসের অভিন্ন বন্টন তৈরি করে। এরপরে একটি পলিবিলিস্টিক অদলবদল (সম্ভাব্যতা 0.5. সহ) পজিশন এবং পজিশন পজিশনের জন্য অভিন্ন র্যান্ডম পছন্দ তৈরি করবে । আপনি যদি প্রথম উপাদানগুলিতে আবার প্রয়োগ করে এটি অনুসরণ করেন তবে আপনার অভিন্ন র্যান্ডম বিতরণ হওয়া উচিত।

C

$C$

n - 1

$n-1$

C

$C$

n - 1

$n-1$

n

$n$

n

$n$

C

$C$

n - 1

$n-1$

— জো ফিটৎসিমন 14 ই

4

ঠিক আছে, ব্যাখ্যার জন্য ধন্যবাদ! নোট করুন যে সম্ভাব্য অদলবদলের অবস্থান এবং অবস্থান মধ্যে প্রোবা থাকা উচিত ।

(n - 1) / n

$(n-1)/n$

n - 1

$n-1$

n

$n$

— অ্যান্টনি লিভারের

5

প্রয়োজনীয় এনট্রপির ক্ষেত্রে, অ্যালগরিদমের এলোমেলো বিট যেখানে বাইনারি এনট্রপি ফাংশন। আমি সেই অঙ্কটি হুবহু গণনা করতে পারি না তবে এটি গণিত অনুসারে ... তবে সর্বোত্তম কমপক্ষে ।

(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 (.)

$h(.)$

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

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

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

$O(n \log_2(n))$

— অ্যান্টনি লিভারের

8

এটি আপনি যা চান তার থেকে পৃথক, তবে আকারের O (n লগ এন) সার্কিটগুলির একটি পরিবার রয়েছে যা কিছু পলিনোমিয়াল পি এর জন্য কমপক্ষে 1 / পি (এন!) দিয়ে প্রতিটি অনুক্রম তৈরি করে: আকারের হে সহ একটি বাছাই করা নেটওয়ার্ক বিবেচনা করুন (n লগ এন) এবং প্রতিটি তুলনামূলককে সম্ভাব্যতা -১ / ২ অদলবদলের গেটের সাথে প্রতিস্থাপন করুন। বাছাই করা নেটওয়ার্কের সঠিকতার কারণে, প্রতিটি ক্রমবর্ধমানটি ননজারো সম্ভাব্যতার সাথে উত্থিত হতে হয়, যা অগত্যা কমপক্ষে 1/2 ^ {O (n লগ এন)} = 1 / পলি (এন!)।

— সোসোশি ইতো

3

মূল সমস্যা ফিরে। নোট করুন যে অ্যান্টনি বর্ণিত ও (এন ^ 2) সমাধানটি বাছাইয়ের নেটওয়ার্কের প্রতিটি তুলনামূলককে যথাযথ সম্ভাবনার সাথে সম্ভাব্য সোয়াপ গেটের সাথে বাছাইয়ের সাজ্টের প্রতিনিধিত্ব করে প্রতিস্থাপন হিসাবে দেখা যেতে পারে। (আরও)

— সোসোশি ইতো

17

একটি কার্যকরী অ্যালগরিদম যা আমি উপরে একটি মন্তব্যে বর্ণনা করেছি:

প্রথমে সম্ভাব্যতা পজিশনে একটি এলোমেলো উপাদান আনার মাধ্যমে শুরু করুন : প্রোবা সাথে অবস্থানগুলি 1 এবং 2 , তারপরে প্রোবা সাথে 2 এবং 3 , ... তারপরে এবং প্রবা । $1/n$ $n$ $1/2$ $2/3$ $n-1$ $n$ $(n-1)/n$
পজিশনে এলোমেলো উপাদান আনার জন্য একই প্রক্রিয়াটি প্রয়োগ করুন : প্রোব সাথে এবং পজিশনের সাথে প্রোব পজিশনগুলি সাথে প্রোব পজিশনের সাথে 1 এবং 2 অবস্থানের অদলবদল করুন position । $n-1$ $1/2$ $n-2$ $n-1$ $(n-2)/(n-1)$
ইত্যাদি

এই অ্যালগরিদমের দ্বারা প্রয়োজনীয় গেটের সংখ্যা হ'ল । $(n-1)+(n-2)+ \cdots + 2+1 = n(n-1)/2 = O(n^2)$

— অ্যান্টনি লিভারের
সূত্র

3

এই অ্যালগরিদমের বুদ্বুদ সাজানোর সাথে সংযোগ রয়েছে। বিশেষত আকারের সমস্ত ক্রমবিন্যাসের রাষ্ট্রীয় স্থান বিবেচনা করুন। 2 য় এর চেয়ে বেশি প্রথম উপাদানগুলির সম্ভাবনাটি 1/2, সেই সম্ভাবনার সাথে অদলবদল হয়। ধরুন প্রথম দুটি উপাদান বাছাই করা হয়েছে, প্রোবা 2 য় উপাদান> 3 য় উপাদান 2/3 ইত্যাদি Therefore সুতরাং, অ্যালগরিদমকে অদলবদল গেট সার্কিটে রূপান্তর করা সম্ভব বলে মনে হচ্ছে, যেখানে প্রতিটি নিম্নলিখিত পদক্ষেপটি পূর্ববর্তী থেকে উদ্ভূত শর্তাধীন সম্ভাবনাগুলিতে নেওয়া উচিত ধাপ। যা এক অর্থে এ জাতীয় সার্কিটগুলি নির্মাণের জন্য সুস্পষ্ট অদক্ষ পদ্ধতির পরামর্শ দেয়।

— এমক্যাটকভ

16

এটি উত্তর বা নতুন তথ্য নয়। এখানে আমি এই সমস্যা এবং নেটওয়ার্ক বাছাইয়ের মধ্যে সম্পর্কের বিষয়ে মন্তব্যে যে আলোচনাগুলি সংঘটিত হয়েছিল তার সংক্ষিপ্ত করার চেষ্টা করব । এই পোস্টে, সমস্ত সময় ইউটিসিতে থাকে এবং "মন্তব্য" বলতে অন্যথায় না বলা পর্যন্ত প্রশ্নটির উপর একটি মন্তব্য।

প্রোব্যাবিলিস্টিক অদলবদলের গেটগুলি সমন্বিত একটি সার্কিট (যা এলোমেলোভাবে দুটি মান অদলবদল করে) স্বাভাবিকভাবেই একটি বাছাই করা নেটওয়ার্কের স্মরণ করিয়ে দেয়, যা তুলনামূলক সমন্বিত একটি সার্কিট ছাড়া কিছুই নয় (যা তাদের মধ্যে ক্রমের উপর নির্ভর করে দুটি মান স্যুপ করে)। প্রকৃতপক্ষে, বর্তমান সমস্যা এবং বাছাই করা নেটওয়ার্কগুলির সার্কিটগুলি নিম্নলিখিত উপায়ে একে অপরের সাথে সম্পর্কিত:

এন্থনি Leverrier দ্বারা সমাধান সঙ্গে এন ( এন -1) / 2 সম্ভাব্য swap 'র দরজা বুদ্বুদ comparators সাজানোর সঙ্গে উপযুক্ত সম্ভাব্যতা সঙ্গে সম্ভাব্য swap' র দরজা দ্বারা প্রতিস্থাপিত জন্য বাছাই নেটওয়ার্কের হিসেবে বোঝা যাবে না। বিশদটির জন্য এই উত্তরে মার্চ 10 4:53 এ এমক্যাটকভের মন্তব্য দেখুন। বাছাই বাছাইয়ের জন্য বাছাই করা নেটওয়ার্ক একই পদ্ধতিতে ব্যবহার করা যেতে পারে। (March ই মার্চ ২৩:০৪-এর মন্তব্যে, আমি অ্যান্টনির সার্কিটকে বাছাই বাছাই হিসাবে বর্ণনা করেছি, তবে এটি সঠিক ছিল না।)
যদি আমরা কেবল ননজারো সম্ভাব্যতার সাথে প্রতিটি আদেশ চাই এবং বিতরণটি অভিন্ন হওয়ার বিষয়ে চিন্তা না করি, তবে সমস্ত তুলনাকারী নেটওয়ার্ক কাজ করে যখন সমস্ত তুলনাকারীর সম্ভাবনা -১ / ২ অদলবদলের গেটগুলি প্রতিস্থাপন করা হয়। যদি আমরা ও ( এন লগ এন ) তুলনাকারীদের সাথে বাছাইয়ের নেটওয়ার্ক ব্যবহার করি , ফলস্বরূপ সার্কিট সম্ভাব্যতার সাথে কমপক্ষে 1/2 ^{ও ( এন লগ এন )} = 1 / পলি ( এন !) সহ প্রতিটি ক্রম উত্পাদন করে , যেমন মার্চে আমার মন্তব্যে পর্যবেক্ষণ করা হয়েছে 7 22:59।
এই সমস্যায়, এটি সম্ভাব্য স্বাপের গেটগুলি স্বাধীনভাবে ফায়ার করতে হবে। আমরা যদি এই বিধিনিষেধটি সরিয়ে ফেলি, তবে প্রতিটি বাছাই করা নেটওয়ার্ক এমন একটি সার্কিটে রূপান্তরিত হতে পারে যা ইউনিফর্ম বিতরণ তৈরি করে, যেমনটি আমি 7 ই মার্চ ২৩:০৮ এবং ইউজার ১ mentioned৪৯-এ মার্চ 8 14:07-এ আরও বিশদে বিবৃত করে বলেছি।

এই তথ্যগুলি স্পষ্টতই পরামর্শ দেয় যে এই সমস্যাটি নেটওয়ার্ক বাছাইয়ের সাথে নিবিড়ভাবে সম্পর্কিত। যাইহোক, পিটার টেলর একটি প্রমাণ খুঁজে পেয়েছিলেন যে সম্পর্কটি খুব ঘনিষ্ঠ নাও হতে পারে। যথা, প্রতিটি বাছাই করা নেটওয়ার্ক যথাযথ সম্ভাবনার সাথে সম্ভাব্যতাযুক্ত অদলবদলের গেটগুলির সাথে তুলনামূলকগুলি প্রতিস্থাপন করে একটি পছন্দসই সার্কিটে রূপান্তর করা যায় না। N = 4 এর জন্য পাঁচটি তুলনাকারী বাছাই করার নেটওয়ার্কটি একটি কাউন্টারিক্স নমুনা। 10 মার্চ 11:08 এবং মার্চ 10 14:01 এ তার মন্তব্য দেখুন।

— সোসোশি ইতো
সূত্র

3

@ এমক্যাটকভ: আমি তিন বা চারটি মুছে ফেলা উত্তর দেখেছি এবং কোনটি ছিল তা আমার মনে নেই, দুঃখিত। যদি আপনি এন (এন − 1) / 2 গেটেরও কম সমাধান পেয়ে থাকেন তবে আমি সম্পূর্ণ নির্মাণটি জানতে চাই (এবং এটি আপনার কাছ থেকে এমজেকিএক্সএক্সএক্সএক্সএক্সএক্সএক্সএক্সটির অনুগ্রহ চুরি করা নয়))।

— সোসোশি ইতো

2

@ এমক্যাটকভ: আমি এখনও সন্দেহবাদী। যেমনটি আমি এই পোস্টের শেষ অনুচ্ছেদে লিখেছি, পিটার টেলর দেখতে পেয়েছেন যে এন = 4 এর জন্য পাঁচটি তুলনাকারী বাছাই করা নেটওয়ার্ককে সম্ভাব্য অদলবদলের গেটগুলির সাথে তুলনামূলকগুলি প্রতিস্থাপন করে বর্তমান সমস্যার সমাধানে রূপান্তর করা যাবে না। এর থেকে বোঝা যায় যে আপনার যুক্তিটি প্রতিটি বাছাই করা নেটওয়ার্কের জন্য কাজ করতে পারে না, যদিও এটি সম্ভাব্যতাটি অস্বীকার করে না যে এটি কোনওভাবে বলা যায়, বিজোড় - এমনকি সংযুক্তির জন্য কাজ করে।

— সোসোশি ইটো

1

@ এমক্যাটকভ: এই ধরণের সমাধানটি কাজ করে বলে মনে হচ্ছে না (বা কমপক্ষে কোনও কার্যনির্বাহী উদাহরণ দেখানো হয়নি) এটি হ'ল অদলবদল একটি জোড়ায়িত নেটওয়ার্ক ফায়ারকে একটি অত্যন্ত সংযুক্ত ফ্যাশনে বাছাই করে। এই সমস্যায়, সমস্ত গেটগুলি স্বাধীনভাবে ফায়ার করে, যা সম্ভাব্য সার্কিটগুলির একটি খুব আলাদা স্থানকে নিয়ে যায়।

— এমজেকিএক্সএক্সএক্সএক্সএক্সএক্সজিএক্স

1

@ এমক্যাটবভ, অ্যান্টনির নেটওয়ার্কের প্রতিটি পদক্ষেপে এম ইনপুটগুলির একটি নির্বাচন করে (যেখানে মিটার এন থেকে নীচে 2 পর্যন্ত থাকে)। আপনি মি -1 গেটের চেয়ে কম সংখ্যক মি ইনপুট নির্বাচন করতে পারবেন না, বিশেষত আপনি লগ এম গেট দিয়ে এটি করতে পারবেন না। প্রহার সম্ভবত ডিভাইড ও জয় করো পদ্ধতির কিছু প্রয়োজন করতে যাচ্ছে।

O (n^{2})

$O(n^2)$

— পিটার টেলর

3

@ শুয়োশি, যুওয়াল এবং আমি জন্য সম্ভাব্য 5-গেট সমাধানগুলি বিশ্লেষণ করেছি এবং সেগুলি সবগুলি সরিয়ে দিয়েছি , যা ফলশ্রুতি দেয় যে সমস্ত বাছাই করা নেটওয়ার্কগুলি ইউনিফর্ম পারমিটেশন নেটওয়ার্কগুলিতে রূপান্তরিত করতে পারে না যার ফলে সমস্যা আকার রয়েছে অনুকূল ইউনিফর্ম পারমিটেশন নেটওয়ার্কের জন্য সর্বোত্তম বাছাই করা নেটওয়ার্কের চেয়ে আরও বেশি গেট প্রয়োজন।

n = 4

$n=4$

— পিটার টেলর

15

এটি কোনও উপায়ে পুরো উত্তর নয়, তবে এর মধ্যে এমন একটি ফলাফল রয়েছে যা কার্যকর হতে পারে এবং ক্ষেত্রে কিছু বাধা পেতে এটি প্রয়োগ করে যা সম্ভাব্য 5-গেট সমাধানগুলি 2500 সহজেই গণনাযোগ্য ক্ষেত্রে সীমাবদ্ধ করে। $n=4$

প্রথম সাধারণ ফলাফল: কোন সমাধান যা permutes মধ্যে বস্তু, সেখানে অন্তত হওয়া আবশ্যক অদলবদল যা আছে সম্ভাব্যতা । $n$ $n-1$ $\frac{1}{2}$

প্রুফ: আদেশের আদেশের অনুমতির প্রতিনিধিত্ব বিবেচনা করুন । এগুলি ম্যাট্রিকেস সন্তুষ্টিজনক । এবং মধ্যে সম্ভাব্যতা মধ্যে অদলবদল বিবেচনা করুন : এটির প্রতিনিধিত্ব রয়েছে ( প্রতিনিধিত্ব করার জন্য চক্র স্বরলিপি ব্যবহার করে)। আপনি এই ম্যাট্রিক্সের দ্বারা উপস্থাপনা তত্ত্বের ক্ষেত্রে বা মার্কোভের শর্তে সম্ভাব্যতা প্রয়োগ করা এবং সম্ভাব্যতা দিয়ে জিনিস অপরিবর্তিত রেখে দেওয়ার ক্ষেত্রে গুণনের কথা ভাবতে পারেন । $n$ $n\times n$ $A_\pi$ $(A_\pi)_{i,j} = [i = \pi(j)]$ $i$ $j$ $p$ $(1-p)I + pA_{(i j)}$ $(i j)$ $p$ $1-p$

পারমিটেশন নেটওয়ার্ক তাই ম্যাট্রিক্সের গুণগুলির একটি শৃঙ্খল। আমরা পরিচয় ম্যাট্রিক্স শুরু করতে হবে এবং চূড়ান্ত ফলাফল একটি ম্যাট্রিক্স হবে যেখানে , তাই আমরা পদে একটি ম্যাট্রিক্স থেকে যাচ্ছি পদে একটি ম্যাট্রিক্স থেকে multiplications দ্বারা - অর্থাৎ র‌্যাঙ্কটি দ্বারা হ্রাস পাচ্ছে । $U$ $U_{i,j} = \frac{1}{n}$ $n$ $1$ $n-1$

ম্যাট্রিকের rank এর র‌্যাঙ্কটি বিবেচনা করে , তবে আমরা দেখতে পাচ্ছি যে তারা মূলত একটি বাইরে পরিচয় ম্যাট্রিক're , সুতরাং তাদের না হলে পূর্ণ পদ আছে, তাদের র‌্যাঙ্ক । $(1-p)I + pA_{(i j)}$ $\begin{pmatrix}1-p & p \\ p & 1-p\end{pmatrix}$ $p=\frac{1}{2}$ $n-1$

সিলভেস্টারের ম্যাট্রিক্স বৈষম্য প্রয়োগ করে আমরা দেখতে পেলাম যে প্রতিটি swap কেবলমাত্র এ র‌্যাঙ্ক হ্রাস করে এবং যখন এই শর্তটি পূরণ হয় এটি এটি 1 টির বেশি হ্রাস করে না Therefore সুতরাং আমাদের কমপক্ষে অদলবদল প্রয়োজন সম্ভাবনা । $p=\frac{1}{2}$ $n-1$ $\frac{1}{2}$

মনে রাখবেন যে এই সীমাটি আরও শক্ত করা যায় না কারণ অ্যান্টনি লিভারেরের নেটওয়ার্ক এটি অর্জন করে।

মামলায় আবেদন । আমাদের ইতিমধ্যে 6 টি গেটের সাথে সমাধান রয়েছে, সুতরাং 5 গেটের সাথে সমাধানগুলি সম্ভব কিনা তা প্রশ্ন is আমরা এখন জানি যে গেটগুলির কমপক্ষে 3 টি অবশ্যই 50/50 অদলবদল হতে হবে, সুতরাং আমাদের দুটি "ফ্রি" সম্ভাবনা রয়েছে, এবং । সেখানে সম্ভাব্য 32 টি ইভেন্ট (দুটি ফলাফল সহ 5 টি স্বতন্ত্র ইভেন্ট) এবং প্রত্যেকটিতে বালতিতে কমপক্ষে একটি ইভেন্ট থাকতে হবে। ঘটনাগুলি সম্ভাব্যতা 8 সাথে 8 হিসাবে বিভক্ত হয়ে গেছে , 8 সম্ভাব্যতার সাথে , 8 সম্ভাব্যতা এবং 8 সম্ভাব্যতা সঙ্গে । $n=4$ $p$ $q$ $4! = 24$ $\frac{pq}{8}$ $\frac{\overline{p}q}{8}$ $\frac{p\overline{q}}{8}$ $\frac{\overline{p}\overline{q}}{8}$

কোন খালি বালতি 24 বাকেট থেকে 32 ঘটনা যে বোঝা অন্তত 16 বাকেট এক ঘটনা অবিকল থাকে, দেওয়া উপরোক্ত চার সম্ভাব্যতার তাই অন্তত দুই সমান । : একাউন্টে symmetries গ্রহণ আমরা দুটি মামলা আছে বা । $\frac{1}{24}$ $pq = \overline{p}q = \frac{1}{3}$ $pq = \overline{p}\overline{q} = \frac{1}{3}$

প্রথম , ( সংশোধন বা , প্রতিসাম্য আনওয়ন্ডিং) দেয়। দ্বিতীয় কেস , সুতরাং , যার কোনও আসল সমাধান নেই। $p=\overline{p}=\frac{1}{2}$ $q=\frac{2}{3}$ $q=\frac{1}{3}$ $pq=1-p-q+pq$ $pq = p(1-p) = \frac{1}{3}$

অতএব আছে যদি একটি 5 গেট সমাধান আমরা সম্ভাব্যতা সঙ্গে চারটি গেট আছে সম্ভাব্যতা পারেন সঙ্গে এবং এক গেট বা । ব্লগের প্রথম অদলবদল , এবং দ্বিতীয়টি বা ; অন্য তিনজনের পাঁচটি সম্ভাবনা রয়েছে (কারণ এর চেয়ে বেশি নয়), কারণ পরপর দু'বার একই অদলবদলের কোনও লাভ নেই। সুতরাং আমাদের বিবেচনার জন্য অদলবদল এবং সম্ভাব্যতাগুলি নির্ধারণের 10 টি উপায় রয়েছে, যার ফলে 2500 কেস গণিত করা যায় এবং যান্ত্রিকভাবে পরীক্ষিত হতে পারে। $\frac{1}{2}$ $\frac{1}{3}$ $\frac{2}{3}$ $0\leftrightarrow 1$ $0\leftrightarrow 2$ $2\leftrightarrow 3$ $2\times 5^3$

আপডেট: ইউভাল ফিল্মাস এবং আমি কেসগুলি গণনা করে পরীক্ষা করেছি এবং কোনও সমাধান খুঁজে পাইনি, সুতরাং এর অনুকূল সমাধানটিতে 6 টি দরজা রয়েছে এবং 6 টি-গেট সমাধানের উদাহরণ অন্যান্য উত্তরে পাওয়া যায়। $n=4$

— পিটার টেলর
সূত্র

2

আমার কেস গণনাটি এর চেয়ে আরও ছোট উদাহরণ তৈরি করতে ব্যর্থ হয়েছে।

— ইয়ুভাল ফিল্মাস

... সংশোধন পরেও।

— যুবাল ফিল্মাস

1

দুর্দান্ত, এটি খুব সুন্দর পর্যবেক্ষণ

— জো ফিটজসিমনস

1

@ এমজেকিএক্সএক্সএক্সএক্সএক্স, আমি গণনা করেছি যে 9 গেট সমাধানের সন্ধান করতে আপনাকে প্রায় 104 মিলিয়ন কেস বিবেচনা করতে হবে (যদিও এটি চতুরতার সাথে কিছুটা হ্রাস করা যেতে পারে), তবে প্রতিটি ক্ষেত্রে আপনি 120 সমীকরণের গণনা করবেন ক্রস-শর্তাদি সহ 5 ভেরিয়েবল এবং তারপরে সমাধানের জন্য পরীক্ষা করা। এটি সম্ভবত একটি স্ট্যান্ডার্ড ডেস্কটপ কম্পিউটারের সাথে করণীয়, তবে এটির জন্য আরও কিছু প্রচেষ্টা প্রয়োজন কারণ আপনি সম্ভাবনার সম্ভাব্য মানগুলি এত সহজে সীমাবদ্ধ করতে পারবেন না।

n = 5

$n=5$

— পিটার টেলর

4

আমি এখানে অনুগ্রহ প্রদান করছি, যদিও উত্তরটি neither নীচের গণ্ডিতে বা উপরের গণ্ডিতে কোনও উন্নতি সরবরাহ করে না , কারণ কমপক্ষে এটি প্রমাণ করে যে একক নন্ট্রাইভিয়াল ক্ষেত্রে অনুকূল mal

Ω (n \log n)

$\Omega(n \log n)$

n (n - 1) / 2

$n(n-1)/2$

n (n - 1) / 2

$n(n-1)/2$

— এমজেকিএক্সএক্সএক্সএক্সএক্সএক্সএক্সএক্স

14

নিম্নলিখিতটি নতুন এবং প্রাসঙ্গিক তথ্য বলে মনে হচ্ছে:

[CKKL99] কাগজটি দেখায় যে কীভাবে 1 / n গভীরতার হে (লগ এন) এর স্যুইচিং নেটওয়ার্ক ব্যবহার করে এন উপাদানগুলির একটি সমান ক্রমানুক্রমের কাছাকাছি যেতে হবে, এবং সুতরাং মোট ও (এন লগ এন) তুলনামূলক।

এই নির্মাণটি সুস্পষ্ট নয়, তবে আপনি যদি গভীরতা পললগ (এন) এ বাড়িয়ে দেন তবে তা স্পষ্ট করে দেওয়া যেতে পারে। কাগজে পয়েন্টারগুলি দেখুন [CKKL01], এতে আরও তথ্য রয়েছে।

পূর্ববর্তী একটি মন্তব্য ইতিমধ্যে একটি ফলাফল নির্দেশ করে বলেছিল যে হে (এন লগ এন) পর্যাপ্ত পরিবর্তন করে, তবে পার্থক্যটি হল স্যুইচিং নেটওয়ার্কগুলিতে যে উপাদানগুলির তুলনা করা হচ্ছে তা স্থির করা হয়েছে।

[সিকেকেএল ৯৯] আর্টার সিজুমাজ, প্রজেমিসলাওয়া কানারেক, মিরোস্লা কুতল্লোস্কি এবং ক্রিজিসটফ লো-রে বিলম্বিত পাথ সংশ্লেষ এবং বিতরণ স্টোকাস্টিক প্রক্রিয়াগুলির মাধ্যমে এলোমেলো ক্রম উত্পাদন। ডিসপ্রেট অ্যালগরিদমস (এসওডিএ) এর সিম্পোজিয়ামে, পৃষ্ঠা 271 {280, 1999।

[সিকেকেএল ০১] আর্টার সিজুমাজ, প্রজেমেস্লাওয়া কানারেক, মিরোস্লা কুতল্লোস্কি এবং ক্রিজিসটফ লো-রে। এলোমেলো ক্রম উত্পাদনের জন্য নেটওয়ার্ক স্যুইচিং, 2001।

— মনু
সূত্র

ধন্যবাদ, এটি অবশ্যই জেনে রাখা কার্যকর। আমি ঠিক এখনও বিতরণ উত্পন্ন করার জন্য গেট নম্বর সম্পর্কে জানতে আগ্রহী।

— জো ফিৎসসিমনস

12

এখানে এর কিছুটা আকর্ষণীয় সমাধান রয়েছে । একই ধারণাটি জন্যও কাজ করে । $n=4$ $n=6$

সম্ভাব্যতা দিয়ে স্যুইচগুলি দিয়ে শুরু করুন । কমানো থেকে এবং থেকে , আমরা পরিস্থিতি হয় । সম্ভাব্যতা সহ সুইচগুলি প্রয়োগ করুন । ফলাফলটি আমাদের পরবর্তী পদক্ষেপটি সম্ভাব্যতা । সুতরাং আমরা পূর্ববর্তী পর্যায়ে ফলাফল (কেস এ) ফর্ম বা ফর্মের হয় আমরা সত্যই যত্নশীল $(0,1),(2,3)$ $1/2$ $0,1$ $X$ $2,3$ $Y$ $XXYY$ $(0,3),(1,2)$ $p$

\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

$1/2$

X X Y Y / Y Y X X

$XXYY/YYXX$

X Y X Y / Y X Y X

$XYXY/YXYX$ (কেস বি)। যদি A এর ক্ষেত্রে এই স্যুইচগুলির ফলে অভিন্ন সম্ভাবনা দেখা । বি ক্ষেত্রে তারা অকার্যকর হবে। অতএব অবশ্যই সন্তুষ্ট করতে হবে যে দেওয়া, ফলাফল অভিন্ন।

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

$XXYY/XYYX/YXXY/YYXX$

p

$p$

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

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

অনুরূপ ধারণা জন্য কাজ করে - আপনি প্রথমে এলোমেলোভাবে প্রতিটি অর্ধে বাছাই করুন এবং তারপরে এগুলি "মার্জ" করুন। যাইহোক, এমনকি জন্যও আমি দেখতে পাচ্ছি না কিভাবে অর্ধেকগুলি সঠিকভাবে মার্জ করা যায়। $n=6$ $n=8$

এই সমাধানটি সম্পর্কে আকর্ষণীয় বিষয় হ'ল অদ্ভুত সম্ভাবনা । $p$

একটি পার্শ্ব নোট হিসাবে, সম্ভাব্য এর সেটটি যা আমাদের অনুগ্রহ করে আমাদের সহায়তা করতে পারে তা দ্বারা দেওয়া হয়েছে , যেখানে সমস্ত ট্রান্সপোজেশনগুলিতে এর সমস্ত উপস্থাপনার সমস্ত উপরে চলে যায় । $p$ $1/(1-\lambda)$ $\lambda \leq 0$ $S_n$

— ইউভাল ফিল্ম
সূত্র

1

এর জন্য অদ্ভুত মানগুলি প্রকৃতপক্ষে উত্সাহজনক, কারণ আমি মনে করি যে যুক্তিসঙ্গত সহজ প্রমাণ রয়েছে যে আমরা যদি সম্ভাব্যতাগুলি পূর্ণসংখ্যার সীমাবদ্ধ রাখি তবে আপনি সবচেয়ে ভাল করতে পারেন ।

p

$p$

1 / k

$1/k$

k

$k$

O (n^{2})

$O(n^2)$

— জো ফিটজসিমন্স

5

2n উপাদানগুলির জন্য সামান্য ভিন্ন উপায়, যা এখনও একইরকম অর্থে অদ্ভুত, প্রথম এন উপাদানগুলিকে বদলানো, শেষ এন উপাদানগুলিকে বদলানো, i = 1,…, এন এর সম্ভাব্যতা পি_আই সহ অদলবদল (i, i + n) করা… , প্রথম এন উপাদানগুলি সাফ করুন এবং শেষ এন উপাদানগুলি সাফ করুন। সম্ভাব্যতাগুলি p_i অবশ্যই বেছে নিতে হবে যাতে এন swap গেটস ফায়ার থেকে ঠিক k বেরিয়ে যাওয়ার সম্ভাবনাটি equal এর সমান এবং এই জাতীয় সম্ভাবনাগুলি p_i দ্বারা প্রদত্ত হয় ( 1 + x_i) / 2 যেখানে x_1,…, x_n হল লেজেন্ড্রে বহুভিত্তিক পি_এন এর মূল । (আরও)

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

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

— সোসোশি ইটো

6

(cont'd) আমি বর্ণিত তারতম্য সম্পর্কে একটি হতাশাজনক বিষয় হ'ল n এর দুটি শক্তি হ'ল এটির জন্য n (n − 1) / 2 সম্ভাব্য অদলবদল প্রয়োজন, এটি হুবহু একই ধরণের গেটের বুদ্বুদ সাজানোর মতো অ্যান্টনি লিভারের দ্বারা সমাধান।

— সোসোশি ইটো

@ শুয়োশি, আপনার নির্মাণটি পরিষ্কারভাবে সঠিক, তবে আমি ভাবছি এটি প্রয়োজনের চেয়ে আরও বেশি করে করছে কিনা। এই মুহুর্তে বিশ্লেষণের মাধ্যমে কাজ করার আমার কাছে সময় নেই, তবে আপনি যদি তা করেন তবে আছে কিনা তা বিবেচনার জন্য আপনি উপযুক্ত হতে পারেন যেমন ; ; ; ; তারপরে লেজেন্ড্রে শিকড়গুলির উপযুক্ত পারমিটেশন প্রয়োগ করুন (এবং অন্যান্য মহলগুলিতে পূরণ করুন) কাজ করতে পারে।

p_{0}, p_{1}

$p_0, p_1$

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

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

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}

$1\leftrightarrow 3, p=p_1$

— পিটার টেলর

7

স্ট্রিংটি এলোমেলোভাবে করার সমস্যাটি বিবেচনা করুন , যেখানে প্রতিটি ব্লকের দৈর্ঘ্য রয়েছে, সম্ভাব্য জোড়ের দিকের অদলবদল নিয়ে গঠিত একটি সার্কিট রয়েছে। এটি হ'ল, সমস্ত স্ট্রিংগুলির সাথে এস এবং এস অবশ্যই নির্দিষ্ট ইনপুট দিয়ে সার্কিটের সমান সম্ভাব্য আউটপুট হতে হবে। যাক এই সমস্যাটির জন্য একটি অনুকূল বর্তনী হবে | মূল সমস্যা (এলোমেলোভাবে অদলবদল জন্য একটি অনুকূল বর্তনী হতে উপাদান)। এলোমেলোভাবে এস এবং র আন্তঃলম্বন করার জন্য একটি এলোমেলোভাবে আদেশ প্রয়োগ করা যথেষ্ট $XX..XY..YY$ $n$ $(2n)!/(n!)^2$ $n$ $X$ $n$ $Y$ $B_{2n}$ $C_{2n}$ $2n$ $X$ $Y$ $\lvert{B_{2n}}\rvert \le \lvert{C_{2n}}\rvert$ । অন্যদিকে, আমরা অদলবদল করতে পারেন প্রথম অদলবদল দ্বারা উপাদান উপাদান গত অদলবদল উপাদান, এবং পরিশেষে আবেদন সার্কিট । এর থেকে বোঝা যায় যে । এই দুটি সীমা সমন্বয় করে, আমরা নিম্নলিখিত ফলাফলটি পেতে পারি: $2n$ $n$ $n$ $B_{2n}$ $\lvert{C_{2n}}\rvert \le 2\lvert{C_{n}}\rvert + \lvert{B_{2n}}\rvert$

$\lvert{B_{2n}}\rvert$ এবং উভয়ই , বা হয় না। $\lvert{C_{2n}}\rvert$ $o(n^2)$

আমরা দেখতে পাচ্ছি যে দুটি সমস্যা কমপক্ষে এই অর্থে সমানভাবে কঠিন। এই ফলাফলটি কিছুটা অবাক করে, কারণ কেউ শ্যাফেল সমস্যাটি আরও সহজ হতে পারে বলে আশা করতে পারে। বিশেষ করে, entropic যুক্তি দেখায় যে হয় , কিন্তু শক্তিশালী ফলাফল দেয় যে হয় । $XY$ $\lvert{B_{2n}}\rvert$ $\Omega(n)$ $\lvert{C_{2n}}\rvert$ $\Omega(n \log n)$

— mjqxxxx
সূত্র

7

ডায়াকনিস এবং শাহশাহানী 1981, "র্যান্ডম ট্রান্সপজিশনগুলির সাথে একটি র্যান্ডম পারমিটেশন তৈরি করা" দেখায় যে 1/2 এন লগ এন এলোমেলো স্থানান্তর (নোট: এখানে "ও" নেই) ফলাফলের সমানরূপে (সম্পূর্ণ পরিবর্তনের দূরত্বে) ইউনিফর্মের সমাপ্তি ঘটে। আমি নিশ্চিত নই যে আপনার আবেদনে যথাযথভাবে অনুমোদিত যা আপনাকে এই ফলাফলটি ব্যবহার করতে দেয় তবে এটি বেশ দ্রুত এবং দৃ tight় যে এটি একটি কাট-অফ ঘটনাটির উদাহরণ। অনুরূপ ফলাফলের সমীক্ষার জন্য সালফ-কোস্টের দ্বারা সীমাবদ্ধ দলগুলিতে র্যান্ডম ওয়াক্স দেখুন।

— জেসন মর্টন
সূত্র

1

এবং সম্ভবত দু'টি প্রায় এলোমেলো ক্রমবিকাশ এমন একটি ক্রম উত্পাদন তৈরি করতে তৈরি করা যেতে পারে যা আরও প্রায় এলোমেলো।

— এমজেকিউএক্সএক্সএক্সএক্সএক্সএক্সএক্সআরএক্স

7

... তবে, এটি লক্ষ করা উচিত যে এটি আসলে একই সমস্যা নয় (এমনকি সঠিক সমাধানের চেয়েও আনুমানিকের জন্য অনুমতি দেয়) কারণ লেখকরা এলোমেলোভাবে নির্বাচিত জোড়া উপাদানগুলির ট্রান্সপজিশনগুলি বিবেচনা করে, নির্দিষ্ট উপাদানগুলির উপাদানগুলির সম্ভাব্য ট্রান্সপোজেশনগুলি নয়।

— mjqxxxx

5

এটি সত্যিই একটি মন্তব্য তবে একটি মন্তব্য হিসাবে পোস্ট করা খুব দীর্ঘ। আমি সন্দেহ করি যে প্রতিসম গ্রুপের উপস্থাপনা তত্ত্বটি আরও ভাল নিম্ন সীমাটি প্রমাণ করতে কার্যকর হতে পারে। যদিও আমি প্রতিনিধিত্বমূলক তত্ত্ব সম্পর্কে প্রায় কিছুই জানি না এবং আমি সম্ভবত এই চিহ্নটি থেকে দূরে থাকি তবে কেন এটি বর্তমান সমস্যার সাথে সম্পর্কিত হতে পারে তা আমাকে ব্যাখ্যা করুন।

লক্ষ্য করুন সম্ভাব্য swap 'র দরজা নিয়ে গঠিত একটি সার্কিট আচরণ সম্পূর্ণরূপে একটি সম্ভাব্যতা বিতরণের হিসাবে নির্দিষ্ট করা যেতে পারে পি এস ওভার _এন , উপর একাধিক বিন্যাসন গ্রুপ এন উপাদান। একটি বিন্যাস ছ ∈S _এন ঘটনা যে হিসাবে ভাবা যেতে পারে আমি তম আউটপুট ছ ( আমি ) সবার জন্য তম ইনপুট আমি ∈ {1, ..., এন }। এখন একটি সম্ভাব্যতা বিতরণ পি একটি আনুষ্ঠানিক যোগফল হিসাবে উপস্থাপন করুন ∑ _{g ∈S _n} p ( g ) g । উদাহরণস্বরূপ, তারের i এবং এর মধ্যে সম্ভাব্য অদলবদলসম্ভাব্য p সহ j টি (1− p ) e + p τ _ij হিসাবে প্রতিনিধিত্ব করা হয়েছে , যেখানে e ∈S _n হল পরিচয় উপাদান এবং τ _ij ∈S _n হল i এবং j এর মধ্যে স্থানান্তর ।

এই আনুষ্ঠানিক যোগফল সম্পর্কে একটি আকর্ষণীয় তথ্য হ'ল দুটি স্বতন্ত্র সার্কিটের সংমিশ্রনের আচরণকে এই আনুষ্ঠানিক অঙ্কের পণ্য হিসাবে আনুষ্ঠানিকভাবে বর্ণনা করা যেতে পারে। যথা, যদি সার্কিট C ₁ এবং C ₂ এর _{আচরণগুলি যথাক্রমে}একটি ₁ = ∑ _{g ∈S _n} p ₁ ( g ) g এবং একটি ₂ = ∑ _{g ∈S _n} p ₂ ( g ) g হিসাবে _{উপস্থাপিত} হয়, তবে বর্তনী আচরণ সি ₁ দ্বারা অনুসরণ সি ₂∑ _{g ₁ , g ₂ ∈S _n} p ₁ ( g ₁ ) p ₂ ( g ₂ ) g ₁g ₂ = a ₁a _{2 হিসাবে প্রতিনিধিত্ব করা হয়} ।

অতএব, সঙ্গে একটি পছন্দসই বর্তনী মি সম্ভাব্য অদলবদল ঠিক (/ 1 সমষ্টি লেখার একটি উপায় অনুরূপ এন !) Σ _{ছ ∈S _এন} জি একটি পণ্য হিসাবে মি অঙ্কের প্রতিটি যা ফর্মের আছে (1- পি ) ই + + p τ _ij । আমরা ন্যূনতম সংখ্যা মিটারগুলি জানতে চাই ।

আনুষ্ঠানিক অঙ্কগুলি ∑ _{g ∈S _n} f ( g ) g , যেখানে f , _{n n} থেকে function পর্যন্ত একটি ফাংশন , প্রাকৃতিকভাবে সংজ্ঞায়িত সংযোজন এবং গুণ দ্বারা সজ্জিত, গ্রুপ বীজগণিত ℂ [এস _এন ] নামে আংটি গঠন করে । গ্রুপ বীজগণিত দলগুলির প্রতিনিধিত্বমূলক তত্ত্বের সাথে নিবিড়ভাবে সম্পর্কিত, যা একটি গভীর তত্ত্ব যা আমরা সবাই জানি এবং ভয় করি :)। এটি আমাকে সন্দেহ করে যে প্রতিনিধিত্বমূলক তত্ত্বের কিছু বর্তমান সমস্যার ক্ষেত্রে প্রযোজ্য।

অথবা এটি কেবল সুদূরপ্রসারী।

— সোসোশি ইতো
সূত্র

2

এখানে এটি কি হ্রাস করে। প্রতিসামগ্রী গোষ্ঠীর উপস্থাপনাগুলির একটি গুচ্ছ রয়েছে, যা কিছু কাজ করে স্পষ্ট করে ট্রান্সপোজিশনের জন্য গণনা করা যায় (সাধারণত এগুলি কেবল পরিবহণের জন্য স্পষ্টভাবে গণনা করা হয় )। প্রতিটি উপস্থাপনের প্রাথমিক মান হ'ল যথাযথ পরিচয় ম্যাট্রিক্স। একটি সম্ভাব্য অদলবদল প্রয়োগ করে প্রতিটি উপস্থাপনা দিয়ে গুণিত হয় , যেখানে সম্পাদিত অদলবদলের উপস্থাপনার মান । (cont'd)

(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)

$(ij)$

— 11:51

2

আউটপুটটি অভিন্ন হওয়ার জন্য, আমাদের পরিচয় উপস্থাপনা ব্যতীত অন্য সমস্ত উপস্থাপনা শূন্য হতে হবে। সুতরাং সম্ভাব্যতার জন্য বেছে নেওয়া উচিত যাতে কমপক্ষে কয়েকটি ম্যাট্রিক একবচন হয়। প্রতিটি প্রতিনিধিত্বের জন্য ম্যাট্রিকস বিভিন্ন আইজেনভেেক্টর রয়েছে, সুতরাং কোন শর্তটি শূন্য হতে কোন নির্দিষ্ট প্রতিনিধিত্বকে প্রয়োগ করবে তা পরিষ্কার নয় not (cont'd)

p

$p$

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

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

A_{i j}

$A_{ij}$

— 11:51

3

তবে, আমরা যদি প্রমাণ করতে পারি যে প্রতিটি স্থানান্তর উপস্থাপনের গড় র‌্যাঙ্ককে সর্বাধিক দ্বারা হ্রাস করে , বলুন, তবে আমরা একটি নিম্ন সীমা পেয়ে যাব । যদি আমরা প্রতিটি প্রতিনিধিত্ব এবং প্রতিটি প্রতিস্থাপনের সাথে সম্পর্কিত ইগেনভেেক্টরগুলি জানি তবে এ জাতীয় একটি আবদ্ধ প্রমাণিত হতে পারে। এই তথ্যটি নীতিগতভাবে কার্যকর করা যেতে পারে, তবে কোনও আশ্বাস নেই যে এই পদ্ধতির ফলে অপ্রয়োজনীয় কিছু তৈরি হবে।

1 / n^{2}

$1/n^2$

n^{2}

$n^2$

— ইয়ুভাল ফিল্মাস

1

(cont'd) এবং এই রৈখিক রূপান্তর হ'ল ম্যাট্রিক্স যা S_n এর প্রতিনিধিত্ব করে এন perm n পেরুয়েটেশন ম্যাট্রিক্সের দ্বারা উত্থাপিত হয়। যদিও এন − 1 গেটের সংখ্যার উপর নিম্ন বাউন্ড হিসাবে তুচ্ছ (এনট্রপি যুক্তি ইতিমধ্যে আরও ভাল নিম্ন বাউন্ড দেয়) তবে আমার আশা যে আপনার উপস্থাপনাটি অন্য উপস্থাপনাগুলিতে সাধারণীকরণ করা সম্ভব হতে পারে যাতে আরও নীচের দিকে আবদ্ধ হতে পারে গেটের মোট সংখ্যা।

— সোসোশি ইটো

4

@ ইউভাল, @ পিটার: আমি লক্ষ্য করেছি যে প্রতিটি প্রতিনিধিত্বের জন্য, (1 − পি) আমি + পিএ_ {আইজ} পি = 1/2 অবধি সংজ্ঞামুক্ত (কারণ এ_ {আইজ} ^ 2 = আমি বোঝাচ্ছি যে_ } হ'ল ± 1)। অতএব, র‌্যাঙ্কটি গণনা কেবল সম্ভাব্য -১ / ২ গেটের সংখ্যাকে নিম্ন-সীমাবদ্ধ করার জন্য দরকারী, যা ইতিমধ্যে পিটার অনুকূলভাবে সম্পন্ন করেছিলেন। অন্য কথায়, যদি আমি এই পোস্টে প্রস্তাবিত উপস্থাপন তত্ত্বটি কার্যকর হয় তবে আমাদের ম্যাট্রিকের র‌্যাঙ্ক গণনা করা ছাড়া অন্য কিছু দরকার! আমি বাস্তববাদী কিনা তা নিশ্চিত নই।

— সোসোশি ইটো

1

অ্যান্টনির অ্যালগরিদমটি প্রথম দুটি সম্ভাব্য অদলবদলের পরে প্রক্রিয়াটির পরবর্তী পুনরাবৃত্তি শুরু করে সমান্তরালভাবে চালানো যেতে পারে, যার ফলে রানটাইম হয়। $O(n^2)$ $O(n)$

— ডেভ
সূত্র

4

আমি মনে করি এই প্রশ্নের প্রাসঙ্গিক জটিলতার পরিমাপটি গেটের সংখ্যা এবং রানটাইম নয়।

— অ্যান্থনি লিভারের

3

@ অ্যান্টনি সঠিক যে আমি যা আগ্রহী তা হ'ল ন্যূনতম প্রয়োজনীয় দরজা।

— জো ফিটজসিমনস

0

যদি আমি সঠিকভাবে বুঝতে পারি, যদি আপনি চান যে আপনার সার্কিটটি সমস্ত উত্পন্ন করতে সক্ষম হয়, আপনার কমপক্ষে সম্ভাব্য গেট প্রয়োজন, যদিও আমি নিশ্চিত নই যে ন্যূনতম সার্কিটটি কীভাবে তৈরি করা যায়। $\lceil \log_2(n!) \rceil$

হালনাগাদ:

আমি মনে করি আপনি Mergesort অ্যালগরিদম গ্রহণ এবং যথাযথ সম্ভাবনার সাথে এলোমেলো পছন্দগুলির সাথে সমস্ত তুলনা প্রতিস্থাপন করলে আপনি যে সার্কিটটি সন্ধান করছেন তা পাবেন।

— আন্তোনিও ভ্যালারিও মাইকেলি-ব্যারোন
সূত্র

2

আমি সম্পূর্ণরূপে নিশ্চিত নই যে আপনি কীভাবে এটি উপরে বর্ণিত প্রব্যাবিলিটিক অদলবদল গেট মডেলটিতে অনুবাদ করবেন। আমি দেখতে পাচ্ছি না যে কীভাবে একটি সম্ভাব্য সোয়াপ তুলনাটি প্রতিস্থাপন করে এবং এলোমেলো বিতরণ অর্জন করে। সুতরাং, কেন এটি সর্বোত্তম হবে তা আমি নিশ্চিত নই।

— জো ফিটজসিমনস

1

এবং হ্যাঁ, সর্বনিম্ন, তবে এটি কেবল ।

⌈ \log_{2} (n!) ⌉

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

O (n \log (n))

$O(n\log(n))$

— জো ফিটৎসিমনস

1

ধরুন এবং তে অন্তর্ভুক্ত হয়ে এগিয়ে যান । আপনি দৈর্ঘ্য দুটি র্যান্ডম একাধিক বিন্যাসন আছে । যদি আপনি এগুলিকে এলোমেলোভাবে মার্জ করে (অর্থাত্ এলোমেলোভাবে বেছে নেওয়া সাবপার্মিটেশন থেকে পরবর্তী উপাদানটি গ্রহণ করা) তবে মার্জ হওয়া ফলাফল অবশ্যই এলোমেলো হওয়া উচিত। "বাম" সাবপার্মিটেশন থেকে একটি উপাদান থাকার অবস্থানের সম্ভাবনাটি প্রতিসাম্য দ্বারা স্পষ্টভাবে 1/2। এবং এটিতে বাম সাবপারটিউটেশন থেকে একটি উপাদান থাকা শর্তযুক্ত, এটির থেকে অবশ্যই অভিন্ন র্যান্ডম থাকতে হবে। এইভাবে আপনি দেখতে পাচ্ছেন যে ফলস্বরূপ আদেশটি সত্যই এলোমেলো।

n = 2^{k}

$n=2^k$

k

$k$

2^{k - 1}

$2^{k-1}$

i

$i$

— অ্যান্ড্রু ডি কিং 15

1

আমি একীভূত হওয়ার প্রস্তাব দেওয়ার সময় এটি আমার চিন্তাভাবনার লাইনও ছিল, তবে, দ্বিতীয় চিন্তায়, আমার কাছে মনে হয় যে কেবলমাত্র প্রয়োজনীয় ধরণের গেট ব্যবহার করে মার্জ অপারেশনটি প্রয়োগ করা সম্ভব হবে না, যেহেতু তারা আউটপুট উত্পাদন করে না don't তারা শিখতে পেরেছে কিনা তা জানাতে এবং তাদের শর্ত করতে তাদের কোনও নিয়ন্ত্রণ ইনপুট নেই।

— আন্তোনিও ভ্যালারিও মাইকেলি-ব্যারোন

3

@ অ্যান্ড্রু: আমি প্রশ্নের মধ্যে উল্লিখিত গেটগুলি ব্যবহার করে কীভাবে "এলোমেলোভাবে মার্জ করব" তা দেখছি না।

— জো ফিটজসিমন্স 15

0

নিম্নলিখিত উত্তরটি ভুল (@ জো ফিটজসিমনের মন্তব্য দেখুন), তবে এটি সূচনা পয়েন্ট হিসাবে কার্যকর হতে পারে

আমার স্কেচ প্রস্তাব রয়েছে । আমি হাত-পরীক্ষিত করেছি এটি (!) এর জন্য কাজ করে তবে ফলাফলটি বাইরে অভিন্ন বলে আমার কাছে এখনও কোনও প্রমাণ নেই । $O(n\log n)$ $n=4$ $n=4$

মনে করুন আপনার কাছে একটি সার্কিট যা বিটগুলিতে অভিন্ন র্যান্ডম তৈরি করে । লেস সম্ভাব্য swap 'র গেট যা বিট বিনিময়সমূহ এবং সম্ভাব্যতা 1/2 এবং সম্ভাব্যতা সঙ্গে কিছুই না । আঁকো নিম্নলিখিত বর্তনী অভিনয় বিট: $C_n$ $n$ $S_{i,j}^{\frac 12}$ $i$ $j$ $1/2$ $C_{2n}$ $2n$

$\forall 1\le k\le n$ , গেটটি প্রয়োগ করুন ; $S_{k,k+n}^{1/2}$
প্রথম প্রয়োগ করুন ; $C_n$ $n$
শেষ প্রয়োগ করুন ; $C_n$ $n$
$\forall 1\le k\le n$ , গেট প্রয়োগ । $S_{k,k+n}^{1/2}$

পদক্ষেপ ১. এর জন্য প্রয়োজনীয় যাতে বিটগুলি এবং একই অর্ধেক স্থানে অবতরণ করতে পারে এবং 4 ধাপের প্রতিসাম্য দ্বারা প্রয়োজনীয়: যদি একটি সমাধান হয় তবে বিপরীত ক্রমে গেটগুলি প্রয়োগ করে প্রাপ্ত এটিও একটি সমাধান। $1$ $n+1$ $C_{2n}$ $C_{2n}^-1$

এই সার্কিটের পরিবারের আকারটি নিম্নলিখিত পুনরাবৃত্তির সম্পর্কটিকে মেনে চলে: সহ, স্পষ্টতই, । পরে সহজেই তা দেখতে পান ।

| 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

$|C_n|=n\log n$

তারপরে স্পষ্ট প্রশ্ন থেকে যায়: এই সার্কিটগুলি কি অভিন্ন অনুমতি দেয়? না, নীচে প্রথম মন্তব্য দেখুন

— ফ্রেডেরিক গ্রোহানস
সূত্র

6

আমি বিশ্বাস করি না যে এগুলি অভিন্ন অনুমতি দেয়। প্রকৃতপক্ষে, আমি মনে করি যে আপনি যদি 1/2 হওয়ার সম্ভাবনাটি ঠিক করেন তবে এই ধরণের গেটগুলি সাথে ঠিকঠাক করা অসম্ভব। এই জন্য কারণ সহজ: একটি সার্কিট যা ব্যবহারসমূহ কল্পনা যেমন দরজা। তারপরে এখানে সমীকরণযোগ্য গণনামূলক পাথ রয়েছে এবং সুতরাং কোনও পূর্ণসংখ্যা জন্য সম্ভাব্যতা with এর সাথে কোনও ক্রম ছাড়তে হবে । তবে, অভিন্ন বিতরণের জন্য আমাদের প্রয়োজন যে । স্পষ্টতই এটি জন্য পূর্ণসংখ্যা মানের জন্য সন্তুষ্ট হতে পারে না ।

m

$m$

2^{m}

$2^{m}$

k 2^{- m}

$k 2^{-m}$

k

$k$

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

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

k

$k$

n \geq 3

$n\geq 3$

— জো ফিৎসসিমনস

প্রকৃতপক্ষে. আমি ভুলে গিয়েছিলাম জন্যও অভিন্নতা যাচাই করা ...

n = 4

$n=4$

— ফ্রেডেরিক গ্রোহান্সস