神奇的Knuth洗牌算法

目录

•写在前面

•一个公平的随机算法？

•Knuth算法

•证明思路

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•写在前面

谈到随机算法，我们可能脑子里会出现很多种解决方案（ps：想不到解决方案的，可能是random函数用多了，哈哈哈），不过我这里要讲的Knuth随机算法，在我第一次接触到之后，就不得不感叹一声，确实很神奇，它的神奇之处不在于这个算法有多高深，实现有多复杂，而是在于这个算法的思想极其简单，简单到核心代码就两行，艺术般的思想实现了一个公平的随机算法。正因为算法很简单，容易被忽略为什么，所以我想从算法的本质上思考，不仅要理解算法，还要想想为什么我们想不到这么精妙的算法，相信会有所收获。

•一个公平的随机算法？

在我们正式讲解Knuth算法之前，我觉得应该先思考这个问题，如果你遇到了一个面试，面试官想让你设计一个公平的洗牌算法，你会怎么设计？问题其实就是要让我们把一连串的数（数组）随机打乱顺序，擅长用random的我们，可能第一时间想到的是把所有牌放到一个数组中，每次取两张牌交换位置，随机 k 次即可。想法很天真可爱，那么请问随机k此时具体多少次呢？很明显，我们需要将这个k与数组元素的数量进行相关联，这样的方式比随机的k此合理多了。然后这个时候我们就送了一口气，终于把这个算法设计完了。

如果你这么想，那就太单纯了，可能上面说的这个算法思路是一个随机洗牌的想法，可以帮助我们把牌打乱。不过我们要思考一个问题，回到题目本身来“一个公平的洗牌算法”，上面说的这种思路“公平”么？其实这就是我们大多数人忽略的一个关键点，“公平”的洗牌算法可能才是这道题的精髓所在。如果保证我们随机的很公平？其实在数学上就是我们常说的等概率。

可能这个时候有人就会说了，我们可以将所有元素的排列可能列出来，之后随机选择其中一种排列情况，这就完美的达到了等概率，即“公平”。不过这个算法真的好么？不好，因为这个思路虽然做到了等概率，但是时间复杂度非常的高，要知道，n！是比指数爆炸还要恐怖的复杂度。

其实我们可以在全排列的想法上得到一些启发，全排列其实就是为了所有元素随机等概率的出现在某一个位置，这个时候，我们可以将视野从整个数组降到单个元素上来讨论，也就是说，我们只要保证每个元素能够等概率的出现在任意一个位置，就能实现我们说的公平。

•Knuth算法

我们可以在最开始随机交换两个元素的思路下进一步思考，我们怎么保证每一个位置都能等概率地放置每个元素。其实并不难，我们从数组最后一个元素往前循环，每次循环，我们随机挑选一个元素和当前循环所在元素进行交换值就可以了，可能这样说的不直观，我先把算法代码弄上来，边理解，如下

for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
    swap(arr[i], arr[rand() % (i + 1)]);
}

只有两行代码，你没看错，呈现在你眼前的就是著名的Knuth洗牌算法。我们可以先简单的理解一下这个循环在做什么。其实非常简单，i 从后向前，每次随机一个 [0...i] 之间的下标，然后将 arr[i] 和这个随机的下标元素，也就是 arr[rand() % (i + 1)] 交换位置。值得一提的是，由于每次是随机一个 [0...i] 之间的下标，所以，我们的计算方式是 rand() % (i + 1)，要对 i + 1 取余，保证随机的索引在 [0...i] 之间。

很好理解吧，那么你可能会问了，哪里体现了公平呢？这不和原先的思路一样嘛？不过是规定了顺序而已。差别当然不一样，我们来用概率的方法来证明一下为什么我们的这种算法是公平的（不要一听到概率证明就害怕哦，其实很简单的），这也是这个算法的精妙之处。

•证明思路

我们先用一个例子，边看例子边证明我们的算法，这样会更加直观一些。首先我们简单的使用5个数字来进行模拟，也就是1,2,3,4,5。假设最开始这五个数是按照如下这样排列的。

1

2

3

4

5

那么，根据这个算法，首先会在这五个元素中选一个元素，和最后一个元素 5 交换位置，假设随机出了 2，交换之后如下。

1

5

3

4

2

这个时候，我们计算 2 出现在最后一个位置的概率是多少？非常简单，因为是从 5 个元素中选的嘛，就是 1/5。实际上，根据这一步，任意一个元素出现在最后一个位置的概率，都是 1/5。不信？我们接着往下看。根据这个算法，选中的我们就先不管了，也就是说已经不用管 2 了，而是在前面 4 个元素中，随机一个元素，放在倒数第二的位置。假设我们随机的是 3，3 和现在倒数第二个位置的元素 4 交换位置（标位灰色就意味着不会再被选中了）。

1

5

4

3

2

那么，这个时候，3 出现在这个位置的概率是多少？计算方式是这样的：P = 4/5 * 1/4 = 1/5

这是一个很简单的计算概率的方式，因为在前一轮筛选中，3没有被选中的概率是4/5。在这一轮，一共有4个元素，所以 3 被选中的概率是 1/4。因此，最终，3 出现在这个倒数第二的位置，概率是 4/5 * 1/4 = 1/5。这里我接着模拟一轮，情况如下，假设下一次被抽中的是1

4

5

1

3

2

我们进行概率计算，1在第一轮没有被选中的概率是4/5，第二轮没有被选中的概率是3/4，第三轮被选中的概率是1/3，最后计算出来的P = 4/5 * 3/4 * 1/3 = 1/5

实际上，用这个方法计算，任意一个元素出现在这个倒数第二位置的概率，都是 1/5。你不信可以继续算下去，我这里就不模拟了。上面只是举例子,这个证明可以很容易地拓展到数组元素个数为 n 的任意数组,整个算法的复杂度是 O(n) 的，是不是很神奇。不过，这个时候可能有人要问了，我可不可以从前往后，当然可以，不过代码会更复杂一点，但并不影响其他的。其实，在很多随机的地方，都能使用。比如，扫雷生成随机的盘面。我们可以把扫雷的二维盘面先逐行连接，看作是一维的。之后，把 k 颗雷依次放在开始的位置。