Знайдіть приблизний аргмакс, використовуючи лише приблизні максимальні запити

Розглянемо наступну проблему.

$n$$v_1, \cdots, v_n \in \mathbb{R}$$S \subseteq \{1,\cdots,n\}$$\max_{i \in S} v_i$

Ця проблема проста: ми можемо використовувати двійковий пошук, щоб знайти аргмакс із запитами . тобто побудуйте повне двійкове дерево з листами, що відповідають індексам. Почніть з кореня і спустіться до листа так. На кожному вузлі запитуйте максимальне значення в правій та лівій підкреслях, а потім перейдіть до дитини з боку з більшою відповіддю. Дійшовши до листа, виведіть його індекс.$O(\log n)$$n$

У моєму дослідженні з’явилася наступна галаслива версія цієї проблеми.

Існує невідомих значень . До них можна отримати запити, в яких задається набір і повертається зразок з . Мета - визначити таким, що використовуючи якомога менше запитів. (Очікування закінчується вибором , що залежить як від монет алгоритму, так і від галасливих запитів.)v 1 , ⋯ , v n S ⊆ { 1 , ⋯ , n } N ( max i ∈ S v i , 1 ) i ∗ ∈ { 1 , ⋯ , n } E [ v i ∗ ] ≥ max i v i - 1 i $n$$v_1, \cdots, v_n$$S \subseteq \{1, \cdots, n\}$$\mathcal{N}(\max_{i \in S} v_i,1)$$i_* \in \{1, \cdots, n\}$$\mathbb{E}[v_{i_*}] \geq \max_i v_i - 1$$i_*$

Припустимо, ми намагаємося вирішити це, використовуючи ту ж саму стратегію пошуку, як і раніше (але з галасливими відповідями). Досить легко показати, що це досягає і що це в найгіршому випадку. Ми можемо зменшити помилку до потрібної , повторивши кожен запит разів та використовуючи середнє значення (яке зменшує дисперсію). Це дає алгоритм, що використовує запитів.1 O ( log 2 n ) O ( log 3 n $\mathbb{E}[v_{i_*}] \geq \max_i v_i - O(\log n)$$1$$O(\log^2 n)$$O(\log^3 n)$

Чи є кращий алгоритм? Я припускаю, що запитів достатньо. І я вважаю, що можу довести нижню межу . Крім того, проблема стає легкою - тобто запити за допомогою двійкового пошуку - під обіцянкою, що між найбільшим значенням та другим за величиною значенням існує розрив . Якщо це допомагає, ви можете припустити, що всі значення знаходяться між і .Ω ( log 2 n ) ˜ O$O(\log^2 n)$$\Omega(\log^2 n)$Ω ( 1 ) 0 O ( log n $\tilde{O}(\log n)$$\Omega(1)$$0$$O(\log n)$

Розширений коментар ідеї чи двох до нижньої межі. Нехай , скажіть (хоча найкращий вибір може бути різним), і нехай { v 1 , … $B = \Theta(\log n)$. Подумайте про те, щоб намалювати дані, вибравши перестановку цих значень рівномірно випадково.$\{v_1,\dots,v_n\} = \{\frac{1}{n}B, \dots, \frac{n-1}{n}B, B\}$

Ідея повинна полягати в тому, що якщо ми фіксуємо індекси всіх значень, крім значень $B$ і , тоді ми повинні бути в змозі показати різницю у ймовірності вибору одного алгоритму один проти іншого дуже малий: відстань варіації між результатами запитів алгоритмів дуже мала, враховуючи розподіл 50-50 на завдання цих значення для двох доступних індексів та результатів будь-якої послідовності запитів.$\frac{n-1}{n}B$

Цей аргумент справедливий для кожної пари сусідніх значень, тому ми отримуємо ланцюжок обмежень щодо ймовірності, що алгоритм вибирає найвище, друге найвище, ... значення. Це дає верхню межу очікуваного значення алгоритму, тому ми встановлюємо верхню межу на і дивимось, якою має бути кількість запитів.$B-1$

Я не міг покращити із вищевказаним підходом, але я думаю, що ви можете отримати ( log n ) 2, якщо зможете скористатися тим фактом, що запити не можуть допомогти з кількома кроками одночасно. Тобто, якщо запит змінюється, коли ми переміщуємо найвище значення до іншого індексу, то в один із тих випадків він не змінюється, коли ми переміщуємо будь-яке інше значення до іншого індексу.$\log n$$(\log n)^2$

Диференціальна конфіденційність може бути корисною для одного з цих кроків, наприклад, якщо ми думаємо лише про випадок, коли ми поміняємо місце розташування двох найвищих значень, "чутливість" цього запиту просто а потім вдосконалений склад може бути корисним.$\frac{B}{n}$

Вибачте, що це напівфабрикат, але сподіваюся, що це може бути корисно!