З огляду на монету з невідомим зміщенням, ефективно генеруйте змінні з справедливої ​​монети

З огляду на монету з невідомим зміщенням $p$ , як я можу генерувати змінні - якомога ефективніше - які розподіляються Бернуллі з вірогідністю 0,5? Тобто, використовуючи мінімальну кількість фліпів на генеровану змінну.

Це добре відома проблема з кількома приємними рішеннями, які обговорювалися тут і в stackoverflow (схоже, я не можу розмістити більше ніж одне посилання, але швидкий пошук в Google дає вам кілька цікавих записів). Подивіться на запис у вікіпедії

http://en.wikipedia.org/wiki/Fair_coin#Fair_results_from_a_biased_coin

Це класична проблема, на мою думку, спочатку приписується фон Нойману. Одне рішення - продовжувати кидати монету парами до тих пір, поки пари не будуть різними, а потім відкласти до результату першої монети в парі.

Явно нехай є результатом кидання i , причому X i - перша монета, а Y i - друга монета. Кожна монета має ймовірність р голів. Тоді P ( X i = H | X i ≠ Y i ) = P ( X i = T | X i ≠ Y i ) через симетрію, з якої випливає P $(X_i,Y_i)$$i$$X_i$$Y_i$$p$$P(X_i=H|X_i\neq Y_i)=P(X_i=T|X_i\neq Y_i)$ . Щоб пояснити цю симетрію, зауважимо, що X i ≠ Y i означає, що результати є ( H , T ) або ( T , H ) , і те і інше однаково вірогідне через незалежність.$P(X_i=H|X_i\neq Y_i)=1/2$$X_i\neq Y_i$$(H,T)$$(T,H)$

Емпірично, час очікування до появи такої нерівної пари

який вибухає, коли наближається до 0 або 1 (що має сенс).$p$

Я не впевнений, як ефективно підбити підсумки, але ми можемо зупинятись, коли загальна кількість рулонів та загальна кількість успіхів t такі, що ($n$$t$ це навіть тому, що ми можемо розділити різні впорядкування, яких ми могли б досягтиnіt,на дві групи з однаковою ймовірністю, кожна з яких відповідає різній виведеній мітці. Ми повинні бути обережними, щоб ми вже не зупинилися на цих елементах, тобто щоб жоден елемент не мав префікса довжиниn'зt'успіхами, що ( n$\binom{n}{t}$$n$$t$$n'$$t'$парне. Я не впевнений, як перетворити це на очікувану кількість сальто.$\binom{n'}{t'}$

Проілюструвати:

Ми можемо зупинитися на TH або HT, оскільки вони мають однакову ймовірність. Рухаючись вниз по трикутнику Паскаля, наступні парні доданки знаходяться в четвертому ряду: 4, 6, 4. Це означає, що ми можемо зупинитися після рулонів, якщо одна голова підійде, оскільки ми можемо створити двосторонню відповідність: HHHT з HHTH, а технічно HTHH з THHH, хоча ми б вже зупинилися на них. Аналогічно, дає відповідність HHTT з TTHH (решта, ми б вже зупинилися, перш ніж їх досягти).$\binom42$

Для всі послідовності зупинили префікси. Це стає трохи цікавіше за ($\binom52$ де ми узгоджуємо FFFFTTFT з FFFFTTTF.$\binom83$

Для після 8 рулонів шанс не зупинитися -$p=\frac12$ із очікуваною кількістю рулонів, якщо ми зупинилися на$\frac1{128}$ . Що стосується рішення, коли ми тримаємо прокатні пари, поки вони не відрізняються, шанс не зупинитися -$\frac{53}{16}$ з очікуваною кількістю валків, якщо ми зупинилися на 4. За допомогою рекурсії верхня межа очікуваного флірту для представленого алгоритму дорівнює$\frac{1}{16}$. $\frac{128}{127} \cdot \frac{53}{16} = \frac{424}{127} < 4$

Я написав програму Python, щоб роздрукувати точки зупинки:

import scipy.misc
from collections import defaultdict


bins = defaultdict(list)


def go(depth, seq=[], k=0):
    n = len(seq)
    if scipy.misc.comb(n, k, True) % 2 == 0:
        bins[(n,k)].append("".join("T" if x else "F"
                                   for x in seq))
        return
    if n < depth:
        for i in range(2):
            seq.append(i)
            go(depth, seq, k+i)
            seq.pop()

go(8)

for key, value in sorted(bins.items()):
    for i, v in enumerate(value):
        print(v, "->", "F" if i < len(value) // 2 else "T")
    print()

відбитки:

FT -> F
TF -> T

FFFT -> F
FFTF -> T

FFTT -> F
TTFF -> T

TTFT -> F
TTTF -> T

FFFFFT -> F
FFFFTF -> T

TTTTFT -> F
TTTTTF -> T

FFFFFFFT -> F
FFFFFFTF -> T

FFFFFFTT -> F
FFFFTTFF -> T

FFFFTTFT -> F
FFFFTTTF -> T

FFFFTTTT -> F
TTTTFFFF -> T

TTTTFFFT -> F
TTTTFFTF -> T

TTTTFFTT -> F
TTTTTTFF -> T

TTTTTTFT -> F
TTTTTTTF -> T