Znalezienie stronniczej monety za pomocą kilku rzutów monetą

29

Podczas badań pojawił się następujący problem, który jest zaskakująco czysty:

Masz źródło monet. Każda moneta ma stronniczość, a mianowicie prawdopodobieństwo upadku na „głowę”. Dla każdej monety niezależnie istnieje prawdopodobieństwo 2/3, że ma ona stronniczość co najmniej 0,9, a przy pozostałym prawdopodobieństwie jej stronniczość może wynosić dowolną liczbę w [0,1]. Nie znasz stronniczości monet. Na każdym kroku możesz jedynie rzucić monetą i obserwować wynik.

Dla danego n Twoim zadaniem jest znalezienie monety o nastawieniu co najmniej 0,8 z prawdopodobieństwem co najmniej . Czy możesz to zrobić, używając tylko rzutów monetą O (n)?1exp(n)

Dana Moshkovitz
źródło
1
Wydaje mi się bardzo mało prawdopodobne, ponieważ O(n) wydają się być wymagane tylko w celu ustalenia, czy dana moneta ma wysokie nastawienie, czy nie z ufnością 1exp(n) . (Równie dobrze możemy założyć, że każda moneta ma nastawienie 0.9 lub 0.8ϵ .) Czy masz coś lepszego niż O(n2) ?
usul
1
Nie sprawdziłem matematyki, ale następujący pomysł wygląda obiecująco: Dla każdej monety (kolejno) wykonaj następujący test. Wybierz parametr p , powiedzmy 0.85 i wykonaj losowy spacer po linii za pomocą monety. Na każdym kroku i , jeśli odchylenie od 0 jest mniejsze niż pi , odrzuć monetę. Monety z odchyleniem .9 powinny przejść ten test ze stałym prawdopodobieństwem, a monety zepsute powinny zawieść po oczekiwanych krokach O (1), z wyjątkiem monet z odchyleniem bardzo zbliżonym do p . Picking p losowo pomiędzy .84 i .86 dla każdej monety może rozwiązać ten problem.
daniello
1
Czy byłoby w porządku? Czy znasz rozwiązanie z rzutami o ( n 2 ) ? O(nlogn)o(n2)
Robin Kothari
4
Uwaga 1: Jeśli wiesz, że wszystkie monety mają nastawienie co najmniej 0,9 lub co najwyżej 0,8, byłoby możliwe znalezienie monety o nastawieniu co najmniej 0,9 z prawdopodobieństwem 1-exp (-n) przy użyciu rzutów O (n) : weź monetę, dla i = 1,2,3, ..., rzuć monetą 2 ^ i razy i sprawdź, czy ułamek głów wynosi co najmniej 0,89. Jeśli nie, uruchom ponownie z nową monetą. Kluczowy lemat: jeśli restart w fazie i, to miał rzuty monetą mniej niż 2 ^ {i + 1}, a prob jest co najwyżej exp (- \ Omega (i)).
Dana Moshkovitz
1
Całkiem możliwe, że przerzucanie O (nlogn) jest konieczne i wystarczające - ale nie mamy na to jeszcze dowodu.
Dana Moshkovitz

Odpowiedzi:

10

Poniżej przedstawiono dość prosty algorytm podrzucania O(nlogn) .

Załóżmy, że 1exp(n) to prawdopodobieństwo błędu, do którego dążymy. Niech N będzie potęgą 2 która wynosi między powiedzmy 100n a 200n (tylko wystarczająco duże stałe czasy n ). Utrzymujemy kandydującego zestawu monet C . Początkowo umieścić N monet C .

Teraz dla i=1,,logN , wykonaj następujące czynności:
Rzuć każdą monetą w C dla Di=2i1010 razy (tylko wystarczająco duża stała).
Trzymaj monety N/2i z większością głów.

Dowód opiera się na kilku granicach Chernoffa. Główną ideą jest to, że za każdym razem zmniejszamy o połowę liczbę kandydatów, dzięki czemu możemy sobie pozwolić na dwa razy więcej rzutów każdej monety.

Kasper Green Larsen
źródło
2
(1) Byłoby miło opisać dowód bardziej szczegółowo - duża trudność w tym problemie polega na tym, gdzie umieścić próg dla granicy Chernoffa (ile głów oczekujesz od monet o wartości 0,9?) . (2) Czy możesz wykazać, że rzuty monetą nlogn są konieczne?
Dana Moshkovitz
3
Subtelność jest taka: zaczynasz od n monet, z wyjątkiem prob exp small in n, jest co najmniej 0,6 n monet o nastawieniu 0,9. Teraz istnieje stały problem, że monety o wartości 0,9 stronniczości tracą konkurencję w stosunku do: 1 monety o nastawieniu mniejszym niż 0,8 (może się zdarzyć, że cały czas spada na głowę!), 2 monet o nastawieniu 0,8 + 1 / logn ... 10 monet z nastawieniem 0,9 - 1 / log n. Kontynuuj w podobny sposób, gdy stronniczość wybranych monet zmniejsza się z każdą iteracją, dopóki nie zostaniesz z monetą stronniczości <0,8.
Dana Moshkovitz
3
Jest to mniej więcej algorytm eliminacji mediany według Evan-Dar i in. glin. Jak pokazali Mannor i Tsitsiklis w Próbce złożoności eksploracji w problemie wielorękiego bandyty , można go użyć do uzyskania oczekiwanych rzutów monetą gdy znane jest docelowe odchylenie. O(n)
Kristoffer Arnsfelt Hansen
2
Dzięki za referencje! Interesuje mnie maksymalna liczba rzutów monetą, których potrzebujesz, i w tym przypadku pokazują one dolną granicę n ^ 2. Problem, który uważają, jest jednak inny niż mój. Mają n monet, może być tylko jedna, która jest najbardziej tendencyjna i chcą znaleźć monetę o podobnym nastawieniu. W moim ustawieniu wiem, że jest co najmniej 0,6n monet z akceptowalnym nastawieniem (z wyjątkiem prob wykładniczo małej in).
Dana Moshkovitz
2
Wydaje mi się, że oczekiwane rzuty są łatwe dla naszego problemu: zacznij od pierwszej monety i wykonaj m = Θ ( n ) rzuty dla jakiejś dużej stałej w adnotacji Θ ( ) . Jeśli wyjdzie głowica co najmniej 0,85 m razy, zwróć ją. W przeciwnym razie przejdź do następnej monety. Prawdopodobieństwo prawidłowość jest 1 - exp ( - n ) i monety wejściowych będących 0,9 Odchylenie niezależnie z prawdopodobieństwem 2 / 3 , prawdopodobieństwo osiągnięcia IO(n)m=Θ(n)Θ()0.85m1exp(n)2/3i-tym moneta jest mniejszy niż , a zatem oczekuje się ilość rzutów jest Ď i = 0 m / 2 I = O ( m ) = O ( n ) . (1/2)ii=0m/2i=O(m)=O(n)
Kasper Green Larsen