ランダム歩行の期待長

Question

SAT、

の次の無作為化アルゴリズムを与えられています

• 入力：満足できるCNF-Forurs $ \ varphi $ 。
• 出力：代入 $ \ rho $ 、 $ \ rho \ models \ varphi $ 。

アルゴリズムは以下のように機能します。

1. 任意の代入 $ \ rho $ 。
$ \ rho \ not \ models \ varphi $ の
2. 3. $ \ varphi $ の句を選択してください。 $ \ rho $ animanciallyでは、ランダムに均一に。
   4. 変数 $ x \ in_ {u.a.r} \ operatorname {var}（c）$ 。
   5. $ \ rho（x）$ の値を反転します（span class="math-container"> $ \ rho（x）=overline { \ rho（x）} $ ）

   2 CNF式では、アルゴリズムには多項式が予想されるランニングタイムがあることを証明する必要があります。

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   固定代入 $ \ alpha $ の場合、そのようなtaht $ \ alpha \ models \ varfi $ 、 $ p \ geq 1/2 $ 、 $ \ alpha $ と $ \ rho $ の減少。確率 $ 1-p $ 、割り当て $ \ rho $ 、 $ \ alpha $ は、追加の変数が異なります。

   今、私はアルゴリズムが予想される多項式のステップで終了したことを証明しなければなりません。もう1つの抽象化ステップを追加することができました。 $ x_i $ を $ \ rho=alpha $を作成するために必要なステップ数を示すランダム変数にすることです。 SPAN>、 $ \ rho $ と $ \ alpha $ は $ i $ 変数。それはそれを保持しています $$ e [x_i]= 1 + p e [x_ {i-1}] +（1-p）e [x_ {i + 1}]、$$ $ x_i \ leq x_ {i + 1} $ すべての $ i $ と $ E [x_0] $ は0です。 $ e [x_i] $ のための多項式を見つける必要があります。

   $ p \ geq 1/2 $ と $ x_i \ leq x_ {i + 1} $ は、次のことを保持しなければなりません $$ E [x_i] \ LEQ 1 + \ frac {E [x_ {i-1}] + E [x_ {i-1}]} {2} $$

   今これは整数線の歩行と見なすことができます。各ステップで、1段目または1つのステップのどちらか一方のステップを右に移動し、左に移動する可能性は少なくとも半分です。私たちは、予想される多項式のステップ（開始位置の多項式）で、行の番号 $ 0 $ に達することを証明しなければなりません。

   この問題についての助けは非常に感謝しています:)

Answer 1

$ p= 1/2 $ のとき、および $ p> 1/2 $ かなり異なります。 $ p> 1/2 $ の場合、 $ 2p-1 $ のステップを左に移動します。それで、あなたは線形のステップの後に起源を打つでしょう。 $ p= 1/2 $ の場合、状況はより複雑です。

起点から始めた行のランダムウォークを検討してください。 $ 2n $ のウォーク数は $ \ frac {\ binom {2n}です。 {n}} {n + 1} $ （これらはカタロナ番号）です。そして、閉じる $ 2n + 1 $ 手順の後に初めて起源の権利を移動する確率は $$ Q_ {2N + 1}=¥frac {1} {2 ^ {2n + 1}}¥frac {¥binom {2n} {n + 1}=¥LEFT（¥frac {1} { n ^ {3/2}} \ right）。 $$ したがって、あなたが最初に起源の権利を動くまでの予想されるステップ数 $$ \ sum_ {n= 0} ^ \ infty（2n + 1）q_ {2n + 1}=sum_ {n= 0} ^ \ infty \ theta \ left（\ frac {1} {\ sqrt {n}}}右）=infty。 $$ 一方、原点への訪問数は $$ \ sum_ {n= 0} ^ \ infty \ frac {\ binom {2n}} {2 ^ {2n}}=sum_ {n= 0} ^ \ infty \ theta \左（\ frac {1} {\ sqrt {n}} \ right）=infty、 $$ そのため、オリジンの権利が無限に動くでしょう。

結論は、 $ i> 0 $ で起動されたランダムウォークは、ほとんど確実に起源を打つでしょうが、起源に達する予定な時間は無限です。< / P>

あなたのケースは、 $ i= n $ で "バウンス"されているので、違いは異なります。 $ n $ は、常に $ n-1 $ に移動します。あなたは次のように状況を考えることができます。実際の位置のセットは $ 0、\ ldots、n $ ですが、ポイント $ n $に沿ってこのセットを反映することを想像しています。 、 $ n-1 $ 新しいポジション $ n + 1、\ ldots、2n $ 。ここで $ n + k $ は、 $ n-k $ の役割を再生します。どちらかの位置に到達したときに勝利を宣言することができます。 $ 0 $ またはposition $ 2n $ 。

$ t $ 手順の後、初期位置からの変位は二項分布 $ \ mathrm {bin}（t 、1/2）$ 。これは、通常の分布 $ n（t / 2、t / 4）$ に近いです。したがって、 $ t $ の後に、 $ \ theta（\ sqrt {t}）の距離にあることが期待されます。私たちが始めた場所からの$ （これは正式な変位とChebyShevの不等式を考慮することによって正式に示されています。これは、二項ランダム変数のem> 4番目のモーメントの推定値を必要とします）。あなたの場合は、いくつかの位置 $ i \ in \ {1、\ ldots、n \} $ で始まります。 $ \ theta（n ^ 2）$ ステップの後、 $ \ theta（n）$ 始めた場所から遠く離れて、 $ 0 $ または $ 2n $ のどちらかを打つ。したがって、プロセスは $ o（n ^ 2）$ のステップで収束する必要があります。

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$ p= 1/2 $ のときに直接再発を解決することもできます。繰り返しがあることを思い出してください $$ e [x_i]= 1 + \ frac {e [x_ {i-1}] + e [x_ {i + 1}]} {2}、 $$ 初期条件付き $ E [x_0]= E [x_ {2n}]= 0 $ 。

$ n_i= e [x_i] + i ^ 2 $ 。それから $$ n_i= 1 + \ frac {n_ {i - 1} + n_ {i + 1} - （i - 1）^ 2 - （i + 1）^ 2} {2} + i ^ 2=frac {n_ { i-1} + n_ {i + 1}} {2}、 $$ 初期条件付き $ n_0= 0 $ と $ n_ {2n}= 4n ^ 2 $ 。

$ m_i= n_i - 2ni $ 。その後 $ m_i $ は、 $ n_i $ と同じ再発を満たし、初期条件 $ m_0= m_ {2n}= 0 $ 。シーケンスの最小値と最大値 $ m_0、\ ldots、m_ {2n} $ は、エンドポイントで$ {2N} $ を実現する必要があります（ $ \ max（m_ {i-1}、m_ {i + 1}）\ geq m_i $ と $ \ min（m_ {i -1}、M_ {i + 1}）\ LEQ M_I $ ）、SPAN CLASS="MATH-CONTAI

NER "> $ m_i \ quiv 0 $ 。したがって、 $ n_i= 2ni $ など $$ e [x_i]= i（2n - i）= n ^ 2 - （n - i）^ 2。 $$