Ймовірність того, що влаштування Секретного Санта призведе до ідеальних пар

Отже, у нас був таємний Санта на роботі.

Нас 8 людей. Ми кожен по черзі витягували з миски невеликий аркуш паперу з назвою. Єдине правило: якщо ви потягнете своє ім’я, вам потрібно покласти аркуш паперу назад в миску і спробувати ще раз.

Давайте назвемо людей A, B, C, D, E, F, G, H, що також є порядком, в якому вони вибирали свій аркуш паперу.

Ми зробили обмін подарунками минулої ночі.

A був таємним Санта Ф.
B був таємним Санта Е.
C був таємним Санта Ді.
D був таємним Санта С.
E був таємним Санта Б.
F був таємним Санта А.
G був таємним Санта Х.
H був таємним Санта Г.

Бачите, що сталося? Ми робили пари.

A і F були таємницею Санта один одного.
B і E були таємницею Санта один одного.
C і D були таємницею Санта один одного.
G і H були таємницею Санта один одного.

Яка ймовірність того, що це станеться, і як ви це обчислите?

Загальна кількість завдань серед людей, де ніхто не призначений собі, становить (Це називають дерангуваннями .) Значення дуже близьке до .$2n$

Якщо вони відповідають ідеальним спаренню, то вони є продуктом непересічних транспозицій . Це означає, що їх циклічна структура має форму

Кількість виразних таких шаблонів - це порядок групи всіх перестановок назв розділених на порядок стабілізатора візерунка. Стабілізуючий елемент може змінювати будь-яку кількість пар, а також може переставлятипари, звідки єстабілізуючі елементи. Тому є$2n$$n!$$2^n n!$

такі пари.

Оскільки всі такі ідеальні пари є дерангуваннями, а всі дерангування однаково ймовірні, шанс дорівнює

Тому для людей точна відповідь - тоді як наближення : вони погоджуються на п'ять значущих цифр.$2n=8$$15/2119 \approx 0.00707881$$e/(2^4\, 4!) \approx 0.00707886$

Для перевірки це Rмоделювання малює мільйон випадкових перестановок з восьми об'єктів, зберігає лише ті, що є дерангуваннями, і підраховує ті, які є ідеальними парними. Він виводить свою оцінку, стандартну похибку оцінки та Z-бал для порівняння її з теоретичним значенням. Його вихід є

       p.hat           se            Z 
 0.006981031  0.000137385 -0.711721705

Невеликий Z-бал відповідає теоретичному значенню. (Ці результати узгоджуються з будь-яким теоретичним значенням між та .)$0.0066$$0.0073$

paired <- function(x) crossprod(x[x] - 1:length(x))==0
good <- function(x) sum(x==1:length(x)) == 0

n <- 8
set.seed(17)
x <- replicate(1e6, sample(1:n, n))
i.good <- apply(x, 2, good)
i.paired <- apply(x, 2, paired)

n.deranged <- sum(i.good)
k.paired <- sum(i.good & i.paired)
p.hat <- k.paired / n.deranged
se <- sqrt(p.hat * (1-p.hat) / n.deranged)
(c(p.hat=p.hat, se=se, Z=(p.hat - 15/2119)/se))

Мене дуже вразила витонченість у відповіді @whuber. Якщо чесно, мені довелося багато ознайомитись з новими концепціями, щоб виконати кроки в його вирішенні. Витративши на це багато часу, я вирішив опублікувати те, що отримав. Отже, далі - екзегетична примітка до його вже прийнятої відповіді. Таким чином, немає спроби оригінальності, і моя єдина мета - надати деякі додаткові точки прикріплення для виконання деяких кроків.

Так ось це йде ...

1. Чому ? $2n$Ну, це може бути занадто елементарним: нам потрібна рівна кількість людей, щоб грати в цю гру.

2. Чи можемо ми вивести формулу для відмов?

Слідуючи запису у Вікіпедії із прикладом, заснованим на відповідності людей і капелюхів , капелюхів, якщо бути точним, ми маємо, що варіанти для першої особи, яка бере шапку, показані тут наступним чином:$n$

$d(n)=(n-1)[d(n-2) + d(n-1)]=$

$=n\,d(n-2)-d(n-2)+n\,d(n-1)-d(n-1)$ , які можна реорганізувати у такий спосіб:

$d(n) - n\,d(n-1) = -[d(n-1)-(n-1)\,d(n-2)]$ .

Тепер помічаючи паралелізм між LHS цього рівняння та частиною на RHS в дужках, ми можемо продовжувати рекурсивно:

$d(n) - n\,d(n-1)=-[d(n-1)-(n-1)\,d(n-2)] =$

$=(-1)^2\,[d(n-2)-(n-2)\,d(n-3)]=\cdots=(-1)^{n-2}\,d(2)-2\,d(1)$

Це означає, що .$d(n) = n\,d(n-1)+(-1)^n$

Робота назад:

$d(2)=1$

$d(3)= 3\,d(2)-1 =3*1\,-1$

$d(4)= 4\,d(3)+1 =4*3*1\,-4\,\,+1$

$d(5)= 5\,d(4)-1 =5*4*3*1\,-5*4\,+5\,\,-1$

$d(6)= 6\,d(5)+1 = 6*5*4*3*1\,-6*5*4\,+6*5\,-6\,+1=$

$=6!\left(\frac{1}{2}- \frac{1}{3*2}+\frac{1}{4*3*2}-\frac{1}{5*4*3*2}+\frac{1}{6!}\right)=$

$=6!\left(\frac{1}{6!}-\frac{1}{5!}+\frac{1}{4!}-\frac{1}{3!}+\frac{1}{2!}-\frac{1}{1!}+1\right)$

Так загалом,

$d(n)=n!\left(1-1+\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+\cdots+\frac{1}{n!}\right)$

І запам'ятовуючи серію Тейлора оцінену на :$e^x$$x=-1$

$d(n)\approx\frac{n!}{e}$

3. Непересічне переміщення : Поняття транспозиції легко дістати за посиланням, поданим у вихідній відповіді , але "неперервне" було трохи менш зрозумілим. Дивлячись на приклад, із множини перестановка може бути виражена циклом як:, але утворює цикл на себе - неперервний цикл. Або, склавши ці два цикли разом, перестановка може бути виражена як добуток .b , d , a , c , f , e ( abdc ) ( ef ${a,b,c,d,e,f}$${b,d,a,c,f,e}$a -> b -> d -> c after which it returns to ae -> f$(\text {a b d c})(\text{e f})$

У запитанні Діда Мороза (вісім співробітників, які трапляються з намальованими іменами в ідеально підібраних парах: Анна дарує Марту подарунок, а Марта намалювала ім'я Анни), буде закритих петлі.$4$

4. Щоб знайти кількість двоелементних циклів, нам потрібно розділити всі можливі перестановкиз набору восьми ( ) людей від загальної можливої ​​кількості підкачок двох елементів та загальної кількості перестановок цих пар: .2 n 2 n n ! p ( 2 n ) = ( 2 n ) $(2n)!$$2n$$2^n$$n!$$p(2n) = \frac{(2n)!}{2^n n!}$

Для Rмоделювання:

1. paired <- function(x) crossprod(x[x] - 1:length(x))==0

Ця функція зводиться до розуміння x[x]: Мається на увазі оцінити вектор елементів, що представляє присутні завдання, та визначити, чи складається він з 2-х елементів петель, як у проблемі Діда Мороза. Поки перестановки відповідають переносним елементам, так що якщо Павло повинен був подарувати подарунок Марії ( і навпаки ), а Максу - Іоанну ( / ) спочатку, то отримане переміщення просто призводить до нового ідеального спарювання ( / і / ) ми виконуємо початкову умову ідеального сполучення: $8$Paul -> MariaMaria -> PaulMax -> JohnJohn -> MaxMax -> MariaMaria -> MaxPaul -> JohnJohn -> Paul

Іншими словами, якщо ми повернемося до прикладу капелюхів у Вікіпедії, людина i завжди знімає шапку .$1$

2. good <- function(x) sum(x==1:length(x)) == 0

Ця функція оцінює, чи маємо ми справу з дерангуванням, порівнюючи вектор елемент, мудрий із вектором , і переконуючись у тому, що немає збігу.( 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 $x$$(1,2,3,4,5,6,7,8)$

3.k.paired <- sum(i.good & i.paired) чи потрібно виключити парні перестановки, як описано вище на діаграмі, які не є дерангуваннями:

v <- c(1,2,3,4,5,6,7,8)
w <- c(1,2,3,5,4,6,7,8)

(c("is v paired?" = paired(v), "is w paired?" = paired(w),
   "is v a derang?" = good(w), "is w a derang?" = good(w)))

# not all paired permutations are derangements.