随机散步的预期长度

Question

我给了SAT，

的以下随机算法

• 输入：一个满足的cnf-faper $ \ varphi $ 。
• 输出：分配 $ \ rho $ ，这样 $ \ rho \ models \ varphi $ 。

算法工作如下：

1. 选择任意分配 $ \ rho $ 。
2. 只要 $ \ rho \ not \ models \ varphi $
   1. 在 $ \ vari $ 中选择一个子句，不满意 $ \ rho $ 随机。
   2. 选择一个变量 $ x \ in_ {u.a.r} \ operatorname {var}（c）$ 。
   3. 翻转 $ \ rho（x）$ （set $ \ rho（x）=overline { \ rho（x）} $ ）。

   我们必须证明对于2-CNF公式，该算法具有多项式预期运行时间。

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   我已经证明，对于固定分配 $ \ alpha $ ，这样的taht $ \ alpha \ models \ varphi $ ，具有概率 $ p \ geq 1/2 $ ，在每次迭代后，在 $ \ alpha $ 和 $ \ rho $ 减少一个。具有概率 $ 1-p $ ，分配 $ \ rho $ 和 $ \ alpha $ 在一个额外变量的不同之处。

   现在我必须证明，算法以预期的多项式步骤完成。我能够增加一个抽象步骤。让 $ x_i $ 是一个随机变量，指示制作 $ \ rho=alpha $ ，当 $ \ rho $ 和 $ \ alpha $ inful完全不同 $ i $ 变量。然后它拥有它 $$ e [x_i]= 1 + p e [x_ {i-1}] +（1-p）e [x_ {i + 1}]，$$ 和 $ x_i \ leq x_ {i + 1} $ for all $ i $ 和 $ e [x_0] $ 等于0.我们需要找到 $ e [x_i] $ 的多项式绑定。

   自 $ p \ geq 1/2 $ 和 $ x_i \ leq x_ {i + 1} $ ，以下必须持有 $$ e [x_i] \ leq 1 + \ frac {e [x_ {i-1}] + e [x_ {i-1}]} {2} $$

   现在，这可以看到蜜蜂在整数行上行走，在每个步骤中，我们向左移动一个步骤或向右移动一个步骤，移动到左侧的概率至少为一半。我们必须证明，在预期多项式的许多步骤（在起始位置中多项式），我们在行上达到数字 $ 0 $ 。

   对此问题的任何帮助非常赞赏:)

Answer 1

当 $ p= 1/2 $ 以及 $ p> 1/2 $ 时相当不同。当<跨越类=“math-container”> $ p> 1/2 $ 时，在期望中，移动 $ 2p-1 $ 左侧的步骤，因此您将在线性步数后击中原点。当 $ p= 1/2 $ 时，情况更复杂。

考虑在原点开始的线上随机散步。长度 $ 2n $ ，它永远不会移动原点是 $ \ frac {\ binom {2n} {n}} {n + 1} $ （这些是加泰罗尼亚号码）因此，您在完全 $ 2n + 1 $ 步骤中首次移动原产地右移原产权的概率 $$ q_ {2n + 1}=frac {1} {2 ^ {2n + 1}} \ frac {\ binom {2n} {n}} {n}} {n + 1} {n + 1}=theta \ left（\ frac {1} { n ^ {3/2}} \右）。 $$ 因此，直到您首次移动原点之前的预期步数是 $$ \ sum_ {n= 0} ^ \ idty（2n + 1）q_ {2n + 1}=sum_ {n= 0} ^ \ idty \ theta \ left（\ frac {1} {\ sqrt {n}} \右）=infty。 $$ 另一方面，对原点的访问次数是 $$ \ sum_ {n= 0} ^ \ idty \ frac {\ binom {2n} {n}} {2}} {2 ^ {2n}}=sum_ {n= 0} ^ \ idty \ theta \ left（\ frac {1} {\ sqrt {n}} \右）=idty， $$ 所以你将无限地移动原始原点。

结论是，随机散步在 $ i> 0 $ 几乎肯定地击中原点，但预期的达到原点是无限的。< / p> 但是，您的案例是不同的，因为您在 $ i= n $ ：何时在第一个时$ n $ ，您始终移动到 $ n-1 $ 。你可以以下列方式想到这种情况。虽然实际的位置集是 $ 0，\ ldots，n $ ，我们想象反映这一设置的点 $ n $ ，添加 $ n-1 $ 新位置 $ n + 1，\ ldots，2n $ 。这里的位置 $ n + k $ 真的播放位置 $ n-k $ 。我们可以像往常一样运行随机漫步，在达到任一位置时声明胜利 $ 0 $ 或position $ 2n $ 。

在 $ t $ 步骤后，初始位置的位移具有二项份分布 $ \ mathrm {bin}（t ，1/2）$ ，它接近正态分布 $ n（t / 2，t / 4）$ 。因此，在 $ T $ 步骤后，我们希望在 $ \ theta（\ sqrt {t}）的距离处$ 从我们开始的地方（这可以通过考虑平方位移和使用Chebyshev的不等式来正式地显示，这需要估计二页随机变量的第四时刻）。在您的情况下，我们从某些位置开始 $ i \ in \ {1，\ ldots，n \} $ 。在 $ \ theta（n ^ 2）$ 步骤之后，我们期望大约 $ \ theta（n）$ 远离我们开始的地方，所以，点击 $ 0 $ 或 $ 2n $ 。因此，该过程应收敛于 $ o（n ^ 2）$ 步骤。

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我们还可以直接解决重复，当 $ p= 1/2 $ 时。回想一下，复发是 $$ e [x_i]= 1 + \ frac {e [x_ {i-1}] + e [x_ {i + 1}]} {2}， $$ 使用初始条件 $ e [x_0]= e [x_ {2n}]= 0 $ 。

let $ n_i= e [x_i] + i ^ 2 $ 。然后 $$ n_i= 1 + \ frac {n_ {i-1} + n_ {i + 1} - （i-1）^ 2 - （i + 1）^ 2} {2} + i ^ 2=frac {n_ { I-1} + n_ {i + 1}} {2}， $$ 使用初始条件 $ n_0= 0 $ 和 $ n_ {2n}= 4n ^ 2 $ 。

let $ m_i= n_i - 2ni $ 。然后 $ m_i $ 满足与 $ n_i $ 相同的复发，其中初始条件 $ M_0= M_ {2n}= 0 $ 。很容易检查序列 $ m_0，\ ldots，\ ldots，\ ldots的最小值和最多必须在端点上获得$ ，因为 $ \ max（m_ {i-1}，m_ {i + 1}）\ geq m_i $ 和 $ \ min（m_ {i -1}，m_ {i + 1}）\ leq m_i $ ），因此

ner“> $ m_i \ Equiv 0 $ 。因此 $ n_i= 2ni $ ，等等 $$ e [x_i]= i（2n-i）= n ^ 2 - （n-i）^ 2。 $$