洗牌算法，概率问题

洗牌可以抽象为：给定一组排列，输出该排列的一个随机组合，本文代码中均以字符数组代表该排列

算法1-算法3 都是在原序列的基础上进行交换，算法空间复杂度为O(1)

算法1（错误）：随机交换序列中的两张牌，交换n次（n为序列的长度），代码如下：

 1 void Shuffle_randomSwap(char *arr, const int len)
 2 {
 3     for(int i = 1; i <= len; i++)
 4     {
 5         int a = rand()%len;
 6         int b = rand()%len;
 7         char temp = arr[a];
 8         arr[a] = arr[b];
 9         arr[b] = temp;
10     }
11 }

算法2（错误）：遍历序列中的每个数，随机选择序列的某个数，把它和当前遍历到的数交换，代码如下：

 1 void Shuffle_FisherYates_change1(char *arr, const int len)
 2 {
 3     for(int i = len - 1; i >= 0; i--)
 4     {
 5         int a = rand()%len;
 6         int temp = arr[i];
 7         arr[i] = arr[a];
 8         arr[a] =  temp;
 9     }
10 }

算法3（正确）：这是FisherYates洗牌算法，具体可参考wiki，算法的思想是每次从未选中的数字中随机挑选一个加入排列，时间复杂度为O(n)，wiki上的伪代码如下

To shuffle an array a of n elements (indices 0..n-1):
  for i from n − 1 downto 1 do
       j ← random integer with 0 ≤ j ≤ i
       exchange a[j] and a[i]
代码实现：

 1 void Shuffle_FisherYates(char *arr, const int len)
 2 {
 3     for(int i = len - 1; i > 0; i--)
 4     {
 5         int a = rand()%(i + 1);
 6         int temp = arr[i];
 7         arr[i] = arr[a];
 8         arr[a] =  temp;
 9     }
10 }

下面我们来证明算法3的正确性，即证明每个数字在某个位置的概率相等，都为1/n：

对于原排列最后一个数字：很显然他在第n个位置的概率是1/n，在倒数第二个位置概率是[(n-1)/n] * [1/(n-1)] = 1/n，在倒数第k个位置的概率是[(n-1)/n] * [(n-2)/(n-1)] *...* [(n-k+1)/(n-k+2)] *[1/(n-k+1)] = 1/n

对于原排列的其他数字也可以同上求得他们在每个位置的概率都是1/n。

这样算法2就是明显错误的：因为算法2中第一次随机选择后，第一个数字在第一个位置的概率是1/n，后面的随机选择只能使这个概率逐渐变小

如果我们想保留原始的排列，洗牌后的排列放到一个额外的数组，那么改用怎么样的洗牌算法呢

算法4（正确）：inside-out算法，算法的思想就是遍历原数组，把原数组中位置 i 的数据随机放到新数组的前i个位置（包括第i个）中的某一个（假设放到第k个），然后把新数组的第k个位置的数放到新数组的第 i 个位置，代码如下：

 1 void Shuffle_InsideOut(char *arrSrc, const int len, char *arrDest)
 2 {
 3     arrDest[0] = arrSrc[0];
 4     for(int i = 1; i < len; i++)
 5     {
 6         int k = rand()%(i + 1);
 7         arrDest[i] = arrDest[k];
 8         arrDest[k] = arrSrc[i];
 9     }
10 }

该算法空间复杂度O(n)，时间复杂度O(n)

证明算法4的正确性：原数组的第 i 个元素在新数组的前 i 个位置的概率都是：(1/i) * [i/(i+1)] * [(i+1)/(i+2)] *...* [(n-1)/n] = 1/n，（即第i次刚好随机放到了该位置，在后面的n-i 次选择中该数字不被选中）

原数组的第 i 个元素在新数组的 i+1 （包括i + 1）以后的位置（假设是第k个位置）的概率是：(1/k) * [k/(k+1)] * [(k+1)/(k+2)] *...* [(n-1)/n] = 1/n（即第k次刚好随机放到了该位置，在后面的n-k次选择中该数字不被选中）

算法4还可以用于未知原始数组大小的情况下的洗牌，从代码中可以看出，没加入一张新牌，后面的计算都和牌的总数目无关，只与当前牌的数目有关

洗牌算法，概率问题

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