한 줄을 무작위로 걷는 길이가 예상됩니다

Question

SAT에 대한 다음 무작위 알고리즘이 주어진다.

• 입력 : 만족 가능한 CNF- 수식 $ \ varphi $ .
• 출력 : $ \ rho \ models \ varphi $ .

알고리즘은 다음과 같이 작동합니다.

1. 임의의 할당 $ \ ρ $ 을 선택하십시오.
$ \ rho \ not \ models \ varphi $
1. $ \ varphi $ $ \ ρ $ 균일하게 무작위로 만족스럽게 선택하십시오.
2. 변수 $ x \ in_ {var} (c) $
변수를 선택하십시오.
3. $ \ rho (x) $ ( $ \ rho (x)= overline { \ Rho (x)} $ ).

2-CNF 공식의 경우 알고리즘은 다항식 예상 실행 시간을 갖습니다.

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고정 할당 $ \ alpha $ , 그러한 TAHT $ \ alpha \ models \ varphi $ , 확률 $ p \ geq 1/2 $ , $ \ alpha $ 및 $ \ rho $ 은 하나씩 감소합니다. 확률 $ 1-p $ , 할당 $ \ rho $ 및 $ \ alpha $ 은 하나의 추가 변수에서 다릅니다.

이제는 알고리즘이 예상되는 다항식 단계에서 완성되었음을 증명해야합니다. 나는 더 많은 추상화를 추가 할 수있었습니다. $ x_i $ $ \ rho=alpha $ , $ \ ρ $ 및 $ \ alpha $ 은 정확히 $ i $ 변수. 그런 다음 그것은 그것을 보유하고 있습니다 $$ E [x_i]= 1 + P E [x_ {i-1}] + (1-P) E [x_ {i + 1}], $$ $ x_i \ leq x_ {i + 1} $ 모든 $ i $ 및 $ e [x_0] $ 은 0과 같습니다. $ e [x_i] $ 에 대한 다항식 바운드를 찾아야합니다.

$ P \ GEQ 1/2 $ 및 $ X_I \ LEQ X_ {i + 1} $ 다음은 보류해야합니다 $$ e [x_i] \ leq 1 + \ frac {e [x_ {i-1}] + e [x_ {i-1}]} {2} $$

이제는 정수선을 걷는 것으로 간주 될 수 있습니다. 각 단계에서 하나의 단계를 왼쪽 또는 한 단계로 왼쪽으로 이동하고 왼쪽으로 이동할 확률은 적어도 절반 이상입니다. 우리는 예상되는 다항식의 많은 단계 (시작 위치의 다항식)에서 $ 0 $ 에 도달한다는 것을 증명해야합니다.

이 문제에 대한 도움이 매우 높이 평가됩니다.

Answer 1

$ p= 1/2 $ 및 $ p> 1/2 $ 오히려 다르다. $ p> 1/2 $ , $ 2p-1 $ 단계를 왼쪽으로 이동합니다. 따라서 선형 수의 일단 후에 원산지를 칠 것입니다. $ p= 1/2 $ 상황이 더 복잡합니다.

원점에서 시작된 라인의 임의의 워크를 생각해보십시오. 원점의 오른쪽을 이동하지 않는 길이 $ 2n $ 은 $ \ frac {\ binom {2n} {n}} {n + 1} $ ( 카탈로니아 어) 입니다. 그리고 정확히 $ 2n + 1 $ 단계가 처음으로 처음으로 원점에서 올바르게 움직이는 확률이 있습니다. $$ Q_ {2N + 1}=FRAC {1} {2 ^ {2N + 1} {2N {n}} {n + 1}=theta \ left (\ frac {1} { n ^ {3/2}} \ 오른쪽). $$ 따라서 원산지의 오른쪽을 처음으로 움직일 때까지 예상되는 단계 수입니다. $$ \ sum_ {n= 0} ^ \ infty (2n + 1) q_ {2n + 1}=sum_ {n= 0} ^ \ infty \ theta \ left (\ frac {1} {\ sqrt {n}} \ 오른쪽)=infty. $$ 반면에, 원점 방문의 수는 $$ \ sum_ {n= 0} ^ \ infty \ frac {\ binom {2n} {n}} {2 ^ {2n}=sum_ {n= 0} ^ \ infty \ theta \ left (\ frac {1} {\ sqrt {n}} \ right)=infty, $$ 그래서 당신은 무한히 여러 번 오리지널의 오른쪽으로 움직일 것입니다.

결론은 $ i> 0 $ 에서 거의 확실히 원산지를 부딪 힐 것이지만 기원에 도달 할 예정 시간은 무한합니다. < / P> 그러나 $ i= n $ 에서 "바운스"를 "바운스"하므로 다음과 같이하십시오. $ n $ , 항상 $ n-1 $ 으로 이동합니다. 당신은 다음과 같은 방식으로 상황을 생각할 수 있습니다. 실제 위치 집합이 $ 0, \ ldots, n $ , 우리는 $ n $를 반영하는 것을 상상해보십시오. , $ n-1 $ 새로운 위치 $ n + 1, \ ldots, 2n $ . 여기 $ n + k $ 은 $ n-k $ 의 역할을 실제로 재생합니다. 우리는 $ 0 $ 또는 position $ 2n $ 의 위치에 도달하면 승리를 선언 할 수 있습니다. .

$ T $ 단계 이후 초기 위치의 변위는 이항 분포 $ \ mathrm {bin} (t , 1 / 2) 정규 분포 $ n (t / 2, t / 4) $ 에 가깝습니다. 따라서 $ T $ 단계, 우리는 $ \ theta (\ sqrt {t})의 거리에있을 것으로 기대합니다. 우리가 시작한 곳에서 $ (이것은 제곱 된 변위를 고려하고 Chebyshev의 불평등을 고려하여 공식적으로 표시 할 수 있으며, 이는 4/4 / eM> 이항 무작위 변수의 순간을 추정해야 함). 귀하의 경우에는 $ i \ {1, \ ldots, n \} $ 을 시작합니다. $ \ theta (n ^ 2) $ 단계, 우리는 $ \ theta (n) $ 우리가 시작한 곳에서 멀리 떨어져 있기 때문에 $ 0 $ 또는 $ 2n $ 을 히트하십시오. 따라서 프로세스는 $ o (n ^ 2) $ 단계에서 수렴해야합니다.

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$ P= 1/2 $ 을 직접 재발을 해결할 수도 있습니다. 재발이 있다는 것을 회상합니다 $$ e [x_i]= 1 + \ frac {e [x_ {i-1}] + E [x_ {i + 1}]} {2}, $$ 초기 조건 $ e [x_0]= e [x_ {2n}]= 0 $ .

$ n_i= e [x_i] + i ^ 2 $ 을 둡니다. 그때 $$ N_I= 1 + \ FRAC {N_ {i-1} + n_ {i + 1} - (i-1) ^ 2 - (i + 1) ^ 2} {2} + i ^ 2=frac {n_ { i-1} + n_ {i + 1}} {2}, $$ 초기 조건 $ N_0= 0 $ 및 $ n_ {2n}= 4n ^ 2 $ .

$ m_i= n_i - 2ni $ 을 보냅니다. 그런 다음 $ m_i $ 은 초기 조건 $ n_i $ 과 동일한 재발을 만족합니다. -Container "> $ m_0= m_ {2n}= 0 $ . $ m_0, \ ldots, m_ {2n} $ \ ldots, m_ {span class=="수학 용기"> $ \ max (m_ {i-1}, m_ {i + 1}) \ geq m_i $ 및 $ \ min (m_ {i) -1}, m_ {i + 1}) \ LEQ m_i $ ), 그래서

ner "> $ m_i \ equiv 0 $ . 따라서 $ n_i= 2ni $ 등 $$ E [x_i]= i (2N-I)= n ^ 2 - (n-i) ^ 2. $$