问题描述
我试图通过通用的Java shuffle纸牌算法来更好地理解这段代码：
// Random for remaining positions.
int r = i + rand.nextInt(52 - i);
为什么必须“填充”或将i索引添加到结果随机数中？看起来像在迭代并添加i时，通过减去i，可以使随机数的最大可能范围保持在0到51之间，但是为什么不这样做：
int r = rand.nextInt(52);
完整代码：
// Function which shuffle and print the array
public static void shuffle(int card[],int n)
{
Random rand = new Random();
for (int i = 0; i < n; i++)
{
// Random for remaining positions.
int r = i + rand.nextInt(52 - i);
//swapping the elements
int temp = card[r];
card[r] = card[i];
card[i] = temp;
}
}
解决方法
Fisher–Yates shuffle的工作方式如下：
- 从数组中获取一个随机元素，并将其交换到第一位
- 从剩余的 值中抽取一个随机元素，并将其交换到第二位
- 从剩余的 值中抽取一个随机元素，并将其交换到第三位
- 等等
这是您要询问的“ 剩余个值”部分。
例如经过10次迭代后，您已将10个随机值交换到数组的前10个位置中，因此对于下一次迭代，您需要在10端范围内的随机位置，因此与10个随机范围的偏移量比全范围小10个，也称为i + rand.nextInt(52 - i)。
其他答案未解决您的“ 为什么不这样做：
int r = rand.nextInt(52);”。这有时被称为“天真洗牌”，答案是因为这会导致有偏的洗牌。
理想情况下，您希望结果的数量能够反映同样可能的结果所涉及的概率计算。这意味着洗牌后的第一张牌可以是52张牌中的任何一张，第二张可以是剩余的51张牌中的任意一张，第三张可以是剩余的50张牌中的任意一张，...换句话说，有A = 52*51*50*...*3*2*1（即52个阶乘）卡的可能排列。这就是Fisher-Yates改组及其变体所做的事情。但是，如果您按照建议的方式选择任何一张卡进行第i 次迭代，则会生成C = 52 52 个案例。结果是有偏差的洗牌。
为说明天真混洗中偏见的产生方式和原因，请考虑使用3张卡片的小得多的牌组。在这种情况下，A = {3*2*1 = 6个排列，而C = 3 3 = 27是到达最终排列的路径数。为什么这是个问题？由于鸽子洞原理。 C不是A的整数倍，因此，如果我们将C视为鸽子，而将A视为鸽子洞，则某些 洞必须比其他洞得到更多的鸽子。用改组的术语来说，达成某些协议的途径比其他途径多。因此，并非所有安排都会同样频繁地发生，因此结果不是“公平”的洗牌。
如果您进行分析得出结论并从初始化为['a','b','c']的数组开始，则使用朴素的随机播放时，您会发现以下几率：
outcome probability
------- -----------
['a','c'] 4/27
['a','c','b'] 5/27
['b','a','c'] 5/27
['b','a'] 5/27
['c','b'] 4/27
['c','a'] 4/27
在无偏斜混洗的情况下，这6个可能排列的每个排列的概率为1/6。这就是创建Fisher-Yates算法的原因。
,您的代码所做的是创建卡座的混洗。在每次迭代中，它会随机抽取一张卡片，并将其放回牌组的前面，从i = 0到i = n。
如果您使用过int r = rand.nextInt(52);，则意味着在每次迭代中您都可以拿回任何牌，即使是在牌组开始处的牌也已经是牌组新顺序的一部分。
通过减去i，您只选择剩余的52-i张卡中的一张，然后需要加+ i来获得它的实际位置，因为您已经在卡组的开始处设置了第一张i卡作为新的洗牌。
例如，假设您已经在新位置获得了前10张卡。现在，您需要获取第11张卡，以便从剩下的52-10 = 42张卡中随机抽取一张。假设我们取回了数字5，它不是card[4]上的卡，而是card[10+4]