Каков наилучший способ получить бросок монеты с одинаковым смещением?

21

(Фон Нейман дал алгоритм, который имитирует честную монету при доступе к одинаковым смещенным монетам. Алгоритм потенциально требует бесконечного числа монет (хотя в ожидании достаточно конечного числа). Этот вопрос касается случая, когда допустимое количество бросков монет ограниченная.)

Предположим, у нас есть одинаковых монет с уклоном . Цель состоит в том, чтобы смоделировать бросок одной монеты при минимальном смещении. $n$ $\delta=P[Head]-P[Tail]$

Моделирование должно быть эффективным в следующем смысле: алгоритм, работающий за полиномиальное время, просматривает случайных битов и выводит один бит. Смещение алгоритма определяется какгде ожидание берется по распределению, определенному iid битами такими, что . $n$ $Bias(A)=|E[A=0]-E[A=1]|$ $n$ ${x_1,\ldots,x_n}$ $Prob[x_i=1]-Prob[x_i=0]=\delta$

Какой алгоритм работает в полиномиальное время имеет наименьшее смещение ? $A$ $Bias(A)$

Этот вопрос кажется мне очень естественным, и вполне вероятно, что он рассматривался ранее.

Что известно об этой проблеме? Известно ли что-нибудь, когда рассматривается более слабый класс (в $AC_0$ и т. Д.) Алгоритмов?

cc.complexity-theory circuit-complexity pr.probability Hrushikesh
источник

15

Бросив n смещенных монет и взяв соотношение паритетов, экспоненциально приближается к . $\frac{1}{2}$

[Для доказательства рассмотрим случайную переменную, которая равна -1 для голов и 1 для хвостов, тогда вероятность наличия нечетного числа голов составляет всего лишь ] $E\left[\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\prod_i X_i\right] = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\delta^n$

Возможно, это также оптимально по следующей причине. Пусть будет любой композиционной функцией этих битов. Тогда и лучшим кажется функцией четности (не так ли?). $f$ $\text{Bias}(f) = \sum_S \hat{f}(S) \delta^{|S|}$ $f$

Если вы заинтересованы в композиционных функциях меньшей сложности, то, возможно, статья Райана О'Доннелла «Усиление твердости в NP» была бы очень актуальной. Там он использует монотонные композиционные функции для усиления твердости, а функции, которые работают, характеризуются их чувствительностью к шуму.

Ramprasad
источник

Не могли бы вы пояснить, почему паритет должен быть лучшей функцией? (Кроме того , не то, что она имеет значение очень асимптотически, но не должно быть , что

в разложении Фурье , так как

?). Спасибо за указатель на бумагу!

d e l t a^{| S |}

$delta^{|S|}$

E [x_{i}] = δ

$E[x_i]=\delta$

Хрушикеш

О, извини, ты прав. Выражение было неверным и теперь исправили его. У меня нет доказательства оптимальности (возможно , не является оптимальным) , но причина , почему я догадался так, что это было бы верно , если выражение было вместо

так как это тогда выпуклая комбинация.

\sum_{S} \hat{f} (S)^{2} δ^{| S |}

$\sum_S \hat{f}(S)^2 \delta^{|S|}$

Рампрасад

Возможно, это могло бы пролить некоторый свет. По Коши-Шварца, мы знаем , что

, Одним из способов оптимизации было бы сведение к минимуму верхней границы, насколько это возможно, и это происходит, когда функция

является функцией четности, и в этом случае интересующая нас величина совпадает также с верхней границей. Однако, это может быть тот случай, когда вектор коэффициентов Фурье полностью ортогонален

вектору, и в этом случае LHS равен нулю! Существуют ли специальные значения

для которых мы знаем такие примеры?

\sum_{S} \hat{f} (S) \leq \sqrt{\sum_{S : \hat{f} (S) \neq 0} δ^{2 | S |}}

$\sum_{S} \hat{f}(S) \leq \sqrt{\sum_{S:\hat{f}(S)\neq 0} \delta^{2|S|}}$

f

$f$

δ

$\delta$

δ

$\delta$

Рампрасад

На самом деле, если взять какую-то нетривиальную монотонную функцию

, то при

ожидание вероятности того, что

равно 0, а при

-

. Следовательно, для некоторого промежуточного

оно должно принимать значение

f

$f$

δ = - 1

$\delta = -1$

f (x_{1}, \dots, x_{n}) = 1

$f(x_1,\cdots, x_n) = 1$

δ = 1

$\delta=1$

1

$1$

δ

$\delta$

. Следовательно, было бы несправедливо ожидать, что для каждого

функция четности является оптимальной.

\frac{1}{2}

$\frac{1}{2}$

δ

$\delta$

Рампрасад

Можете ли вы объяснить последний комментарий более подробно? Игнорирование проблемы сложности F, является не ваше заключение верно только если

для

E [f] = 1 / 2

$E[f]=1/2$

поскольку четность принимает смещение от

до

?

δ \geq \frac{1}{2^{1 / n}}

$\delta \geq \frac{1}{2^{1/n}}$

δ

$\delta$

δ^{n}

$\delta^n$

Хрушикеш

12

Вы не говорите, если предвзятость известна или неизвестна. Магия алгоритма фон Неймана заключается в том, что он работает в любом случае.

Предположим, это известно. Лучший ответ в этом случае критически зависит от теоретических особенностей смещения. Давайте возьмем р = 2/3. Подбросьте монету дважды и отобразите HH на 0, а TH и HT на 1, повторив эксперимент, если результат будет TT. Тогда 0 и 1 одинаково вероятны, и вероятность повторения составляет всего 1/9 вместо 5/9 с алгоритмом фон Неймана. Или, если выразить это словами, вы смещаете один из результатов только на 1/9, если ваш предел итерации равен 2.

Все это тесно связано с теорией информации и теорией кодирования. Когда p является дробью с более сложным числителем и знаменателем, лучший алгоритм потребует большей длины блока, чем 2. Вы можете использовать аргумент существования в стиле Шеннона, чтобы показать, что для данного смещения существует процедура, которая является оптимальной, так как Вы хотите, но длина блока может быть очень большой.

Перес в своей статье « Итерация процедуры фон Неймана для извлечения случайных битов» доказывает, что версия алгоритма фон Неймана может подходить к пределу Шеннона произвольно хорошо. Большая часть работы в этой области, похоже, была проделана теоретиками и статистиками, поэтому я не могу представить ни одного документа с теоретико-сложным уклоном, который бы дал вам прямой ответ на ваш вопрос.

Существует забавная проблема, которая требует обратного: если у вас есть источник достоверных битов, как вы эффективно генерируете равномерное распределение по некоторому набору не-степени-двух? Ограниченная итерациями версия проблемы, схожая с вашим вопросом, просит максимизировать энтропию (т.е. сделать распределение как можно более равномерным) с n бросками честной монеты.

Пер Вогсен
источник

1

Мне пришло в голову, что оптимизация времени выполнения без смещения (то, что делает бумага) - это двойственное отношение Лагранжа к оптимизации смещения в зависимости от времени работы. Итак, я думаю, что статья действительно отвечает на ваш вопрос!

Per Vognsen

5

Я предпочитаю думать об этом вопросе в следующей обобщенной форме: у нас есть полное двоичное дерево высоты n, где каждому узлу присваивается число, а сумма чисел равна 1. Можем ли мы разделить листья на два множества, где суммы номера их близки?

$p$ $q=1-p$ $p^i q^{n-i}$

$\sum_{i} {\binom{n}{i} parity(x) p^i q^{n-i}} = \sum_{i} {\binom{n}{i} (-p)^i q^{n-i}} = (q-p)^n$

$PSpace$

РЕДАКТИРОВАТЬ "Это в основном проблема кодирования Шеннона." (Спасибо Per Vognsen.) Конец редактирования

$AC^0$

(Этот ответ может содержать ошибки, я не проверил детали.)

Кава
источник

2

«Можем ли мы разделить листья на два набора, чтобы суммы чисел были близки?» Это в основном проблема кодирования Шеннона. Алгоритм Шеннона-Фано является нисходящим и начинается с набора взвешенных по вероятности элементов и запрашивает четное разделение на две части. Применение этого рекурсивно дает интегральный код без префиксов. Алгоритм Хаффмана является восходящим: он начинается с одноэлементных деревьев и многократно объединяет пары с минимальной вероятностью. Если вы знаете об арифметическом кодировании, это также справедливо говорит о том, что лучше генерировать сразу несколько правильных битов, а не по одному за раз.

Per Vognsen

4

Вы также можете получить много случайных битов из смещенных монет, см. Статью Габизона «Дерандомизированные алгоритмы» в разделе «Распределение продуктов» (http://sites.google.com/site/arielgabizon1/).

источник

3

Связанный вопрос, другой сайт: отбеливание случайной битовой последовательности

BCS
источник

1

Если вы хотите, чтобы четное число подбрасываний монет было беспристрастным по отношению к предвзятым монетам, простой способ убрать смещение - это обратный результат каждого другого броска.

Дин Дж
источник

1

Это, конечно, не приведет к равномерно случайной последовательности. Представьте предельный случай, когда смещение монеты становится равным 1 - вы просто получаете детерминированную чередующуюся последовательность бит.

Аарон Рот

Любая стратегия, которая биективно перераспределяет результаты, сохранит энтропию, поэтому она не может изменить распределение с не максимальной энтропии (смещенной) на максимальную энтропию (смещенной).

В Вогнсен

Каков наилучший способ получить бросок монеты с одинаковым смещением?

Ответы: