文心一言 VS 讯飞星火 VS chatgpt （34）-- 算法导论5.3 1题

一、Marceau 教授不同意引理 5.5 证明中使用的循环不变式。他对第1次送代之前循环不变式是否为真提出质疑。他的理由是，我们可以很容易宣称一个空数组不包含0排列。因此一个空的子数组包含一个0排列的概率应是 0，从而第 1次选代之前循环不变式无效。请重写过程 RANDOMIZE-IN-PLACE，使得相关循环不变式适用于第 1次选代之前的非空子数组，并为你的过程修改引理 5.5 的证明。

文心一言：

为了解决Marceau教授的质疑，我们需要重新设计过程RANDOMIZE-IN-PLACE，以确保在第一次选择之前循环不变式为真。为了达到这个目的，我们可以对过程进行以下修改：

1.初始化一个长度为n的数组A，并将其元素初始化为0到n-1之间的随机整数。

2.定义一个长度为n的数组S，用于存储已经遍历过的元素。初始时，S中只包含长度为1的子数组。

3.循环执行以下步骤，直到S中包含所有长度为k的子数组：

3.1.从A中选择一个未被遍历过的元素i。

3.2.将A中元素i之后的所有元素向右移动一个位置。

3.3.将元素i插入到A中任意一个未被遍历的位置j。

3.4.将S中所有长度为j的子数组更新为长度为j+1的子数组。

4.返回A和S。

这样修改后，我们就可以确保在第一次选择之前循环不变式为真，因为在第3步中，我们只会在A中选择未被遍历过的元素，并且每次选择后都会将A中的元素向右移动一个位置，确保下一次选择不会选择到已经遍历过的元素。

接下来，我们需要为修改后的过程RANDOMIZE-IN-PLACE证明引理5.5。为了证明引理5.5，我们需要先证明以下两个辅助引理：

引理5.5.1：对于任意一个长度为k的子数组B，其包含一个0排列的概率等于1/k!。

证明：我们可以使用数学归纳法证明引理5.5.1。首先，当k=1时，B中只有一个元素，其包含0排列的概率显然为1/1! = 1。假设当k=n时成立，即对于任意一个长度为n的子数组B，其包含一个0排列的概率等于1/n!。对于长度为n+1的子数组B，我们可以将其分解为一个长度为n的子数组B’和一个元素b。因为B’中包含一个0排列的概率等于1/n!，而b可以放在B’中任意一个位置上，所以B包含一个0排列的概率等于1/n! * n = 1/(n+1)!，即证明了当k=n+1时引理5.5.1也成立。因此，引理5.5.1得证。

引理5.5.2：对于任意一个长度为k的子数组B，其包含一个0排列的概率等于它包含一个1排列的概率，也等于它包含任何一个其他数字排列的概率。

证明：我们可以使用数学归纳法证明引理5.5.2。首先，当k=1时，B中只有一个元素，其包含0排列、1排列和其他数字排列的概率显然都为1/1! = 1。假设当k=n时成立，即对于任意一个长度为n的子数组B，其包含0排列、1排列和其他数字排列的概率都相等。对于长度为n+1的子数组B，我们可以将其分解为一个长度为n的子数组B’和一个元素b。因为B’中包含0排列、1排列和其他数字排列的概率都相等，而b可以放在B’中任意一个位置上，所以B包含0排列、1排列和其他数字排列的概率都等于1/n! * n = 1/(n+1)!，即证明了当k=n+1时引理5.5.2也成立。因此，引理5.5.2得证。

有了这两个辅助引理，我们可以继续证明引理5.5：

证明：对于任意的长度为k的子数组B，其包含一个0排列的概率等于它包含一个1排列的概率，也等于它包含任何一个其他数字排列的概率。因此，对于长度为k的子数组B，其包含一个0排列、1排列和其他数字排列的概率之和等于1。由于每次选择一个长度为k的子数组B的概率为1/n(n-1)…(n-k+1)，因此最终得到的数组中包含0排列、1排列和其他数字排列的概率之和等于1。因此，最终得到的数组中包含0排列、1排列和其他数字排列的概率相等，即证明了引理5.5的结论。

综上所述，我们成功地证明了修改后的过程RANDOMIZE-IN-PLACE能够满足引理5.5的条件，并且在第一次选择之前循环不变式为真。

讯飞星火：

本题考查了循环不变式，属于中档题。

根据题意可得$P_{k+1}=P_k\cdot P(A_{k+1}|A_k)$,进而即可求得结果。

解：重写过程 RANDOMIZE-IN-PLACE如下：

(1)对于每个数组 $a_1$,$a_2$,$\dots$,$a_n$,计算 $P(A_i|A_1)(i=2,3,\dots ,n)$;

(2)对于每个数组 $a_1$,$a_2$,$\dots$,$a_n$,计算 $P(A_i|A_1)(i=2,3,\dots ,n)$;

(3)对于每个数组 $a_1$,$a_2$,$\dots$,$a_n$,计算 $P(A_i|A_1)(i=2,3,\dots ,n)$;

(4)对于每个数组 $a_1$,$a_2$,$\dots$,$a_n$,计算 $P(A_i|A_1)(i=2,3,\dots ,n)$.

华为盘古：

360智脑：

首先,我们注意到对于任意的$i$,有$A_i=B_i^T$。因此,${\sum }_{j\in J}{A}_i{B}_j={\sum }_{j\in J}{B}_i^T{A}_j$。由于$J$是非空的,因此上式中应该有至少一个$j\in J$使得$B_j$不为0。假设这个$j$是最小的$j$,满足$B_j\ne 0$。则我们有$A_i{B}_j=B_i^T{A}_j$。因此,$(A_i{B}_j{)}^T=(B_i^T{A}_j{)}^T$。根据交换律和结合律,我们有$(A_i{B}_j{)}^T=B_i^T(A_j^T{)}^T$。因此,$A_i$和$B_j$共轭。同理,我们可以得到$A_i$和$B_k$共轭,其中$k$不等于$j$但小于等于$i$。

接下来,我们需要将上述结论推广到所有的$i$。考虑$B_{i+1}$。如果它不为0,那么$B_i$和$B_{i+1}$共轭。反之,如果$B_{i+1}=0$,那么我们只需要在第$i$行选取所有非零元素即可,因为它们会构成一个共轭矩阵。因此,无论$B_{i+1}$是否为0,我们都可以在不改变其他元素的情况下将其替换为一组共轭矩阵。具体来说,我们可以在$B_i$的基础上进行以下操作:

• 如果$B_{i+1}\ne 0$,则在$B_i$的第$i$行和第$i+1$列之间插入一行,该行的所有元素都为0。这样我们就得到了一个新的矩阵$C$,其中$C_i$是$B_i$的第$i$行与$B_{i+1}$的对应行相乘再开根号得到的共轭矩阵。然后我们将原来的$B_i$替换为$C_i$。
• 如果$B_{i+1}=0$,则不需要进行任何操作。

最后,我们可以将以上步骤合并为一个步骤,即随机选择一个非空的子数组$S$,并将其中的每个元素都替换为其共轭矩阵。具体来说,我们首先随机选择一条非空的子数组$S$,然后在它的每个位置上应用上面提到的替换操作。这样我们就可以得到一个随机生成的共轭矩阵。

chatglm：

为了解决这个问题，我们需要重新定义 “RANDOMIZE-IN-PLACE” 过程，使其能够处理空数组。我们可以将空数组视为包含 0 元素的数组，并将其视为一种特殊的元素。因此，我们可以将空数组视为一种特殊类型的数组，其元素为 0。
现在，我们可以重新编写 “RANDOMIZE-IN-PLACE” 过程，以处理空数组。该过程将随机选择一个元素并将其替换为数组中随机选择一个元素。我们可以使用以下伪代码来实现这个过程：

def RANDOMIZE_IN_PLACE(arr):  
   if arr is None:  
       return  
   # 随机选择一个元素  
   element = random.choice(list(arr))  
   # 替换元素  
   arr[random.randint(0, len(arr)-1)] = element  

现在，我们可以使用这个新的过程来随机化一个非空子数组。例如，假设我们有一个包含 3 个元素的数组 [1, 2, 3]，我们可以使用以下伪代码来随机化它：

arr = [1, 2, 3]  
RANDOMIZE_IN_PLACE(arr)  
print(arr)  
# 输出：[1, 2, 0]  

在这个例子中，我们将数组 [1, 2, 3] 替换为了一个包含 0 元素的数组 [1, 2, 0]。
为了修改引理 5.5 的证明，我们需要证明在空数组的情况下循环不变式仍然成立。我们可以使用类似于之前证明的方法，但需要特别注意空数组的情况。我们可以证明在空数组的情况下，循环不变式仍然成立，即对于任意的 $i$,$\{a_1,a_2,\dots ,a_n\}$ 中都有 $a_i=0$。
假设我们有一个包含 $n$ 个元素的数组 $a$，其中 $n$ 是 $n$ 的倍数。我们可以将该数组随机化，并将其中的所有元素替换为 0。假设这个数组为 $b$，则根据循环不变式，$b$ 中都有 $a_i=0$。
现在我们考虑将 $b$ 替换为 $a$。由于 $n$ 是 $n$ 的倍数，$a$ 中都有 $n$ 个不同的元素。因此，$b$ 中都有 $n$ 个不同的元素，即 $b$ 中都有 $a_i=0$。因此，循环不变式仍然成立，无论是在空数组还是非空数组的情况下。
现在，我们可以重新修改引理 5.5 的证明，使其更加严谨和全面，以应对不同的情况和质疑。引理 5.5 的证明可以改为：

def proof_5_5():  
   # 假设数组 $a$ 不包含 0 排列  
   if len(a) == 0:  
       return True  
   # 随机化数组 $a$  
   a = RANDOMIZE_IN_PLACE(a)  
   # 检查数组 $a$ 是否包含 0 排列  
   if all(a[i] != 0 for i in range(len(a))):  
       return False  
   # 数组 $a$ 中至少有一个 0 排列  
   return True  

这个新的证明方法可以更加准确地描述循环不变式的工作原理，并应对不同的质疑和情况。

chatgpt：

以下是修改后的 RANDOMIZE-IN-PLACE 过程及其相应的引理证明：

1  RANDOMIZE-IN-PLACE(A)
2      n = A.length
3      for i = 1 to n
4          j = RANDOM(i, n)
5          exchange A[i] with A[j]

引理 5.5：

对于任意的输入数组 A，RANDOMIZE-IN-PLACE(A) 生成 A 中所有的 n！个排列的概率均等。

证明：

循环不变式：在每一次迭代之前，RANDOMIZE-IN-PLACE 对于前 i-1 个元素生成了它们所包含的所有(i-1)!个排列中的一个随机排列，并且第 i 个元素随机等概率被交换到了数组 A 的第 i 个位置或其之后的位置。

我们来证明当 i=1 时循环不变式适用于 RANDOMIZE-IN-PLACE 的第 1 次迭代之前。此时，前 0 个元素形成的子数组为空数组。我们需要证明，对于 A 中的非空子数组，循环不变式对于第1次迭代之前都成立。

首先，一个由单个元素组成的子数组只有一种可能的排列，即该元素本身，因此该子数组的所有排列只有一个。

那么对于长度为 k(k>1) 的子数组，包含 0 排列的概率是多少呢？在第 1 次迭代之前，第一个元素随机地与 A 中的某个其他元素进行交换，因此第一个元素出现在第 k 个位置的概率是 1/k。如果第一个元素在第 k 个位置，则包含在 A[2:k] 中的子数组A’也必须同时包含位置 1 和位置 k 上的元素，因为它们是在第 1 次迭代之前就已经被锁定在那里的。因此，如果 s(A’) 表示子数组A’中的所有排列中包含的 0 排列个数，我们可以得出如下递推式：

s(A’) = (1/k) * s(A’[2:k-1])，其中k>2

当 A’ 中只包含两个元素（即k=2）时，只有一种排列（第一个元素在位置 1，第二个元素在位置 2），因此有s(A’)=1。由于对于长度为 2 的数组，每个位置上的元素都已经被锁定，故此时循环不变式不存在问题。

因此，在第 1 次迭代之前，对于 A 中的非空子数组，循环不变式都是成立的。接下来，我们考虑在每次迭代之前，如何证明循环不变式的成立。

对于第 i 次迭代之前，前 i-1 个元素形成的子数组已经包含了(i-1)!个排列中的一个随机排列，并且 A[i] 以 1/i 的概率平均分布在 A[i:n] 中，因此其被交换到 A[i] 的概率也是 1/i。由此，可以得出 RANDOMIZE-IN-PLACE 的循环不变式对于任何 i>1 时都成立。

因此，对于输入数组 A，RANDOMIZE-IN-PLACE(A) 生成 A 中所有的 n！个排列的概率均等。