两枚硬币挑战全攻略：从基础2到百万进阶

标题是“进阶的两枚硬币——应战从 2 到 1000000”。

此算法输入 0 和 1 的概率严厉 1/2，且希冀投掷次数有上界（与 p,q 有关），适宜 p 极端小的状况。

5. 否则，比拟 (a,b) 和 (a',b')（按字典序），若 (a,b) > (a',b') 则输入 1，否则输入 0。

4. 假设 (a,b) = (a',b')，回到 1。

3. 再投 A 得 a'，再投 B 得 b'，失掉 (a',b')。

2. 假设 a = b，回到 1。

1. 投硬币 A（概率 p），投硬币 B（概率 q），失掉 (a,b)。

最终答案思绪（算法描画）：

- 已知可以用两枚硬币的交叉比拟，到达有界的希冀时间，不随 p→0 而猛烈添加。

- 要求设计一个算法，用它们生成公允的 1/2 概率，并能够要求希冀投掷次数尽量少。

- 给定两枚硬币，正面概率区分是 ( frac{2}{N} ) 和 ( frac{999999}{N} ) 这类极端值（N=1000000）。

标题“进阶的两枚硬币——应战从 2 到 1000000”很能够是指：

8. 结论

已知最优通用两枚未知有偏硬币（但知 p≠q）模拟公允硬币的希冀投掷次数是 O(1) 的，与 p,q 有关（有界），但常数能够较大。

用两枚硬币方法，能够更快，由于可以设计成应用 B 的平衡性。

单枚硬币方法用 A 的话，希冀掷币次数 ~ ( 1/(p(1-p)) approx 1/p = 500000 ) 次。

假设 p 极小，q 不太接近 p，那么

7. 针对 p=2/1000000, q 未知但 ≠ p 的状况

这样成功概率与 p,q 有关且大于 0，即使 p 很小，只需 q 不接近 p，效率不会太差。

投 A 一次得 a，投 B 一次得 b，假设 a=b 重投；假设 a≠b，则再投 A 得 a'，投 B 得 b'，假设 (a,b) 与 (a',b') 相等则重试，否则比拟它们输入。

已知算法：

用两枚硬币（p 和 q 不同）能够可以改善希冀时间。

当 p 很接近 0 或 1 时，( p(1-p) ) 很小，效率很低。

成功概率 ( 2p(1-p) )，希冀尝试次数 ( frac{1}{2p(1-p)} ) 次尝试，每次尝试 2 掷，所以希冀掷币次数 ( frac{1}{p(1-p)} )。

关于单枚硬币方法（投两次看能否 01 或 10）：

6. 希冀投掷次数

但标题说“从 2 到 1000000”，能够是指 p 和 q 是 2/1000000 和 999999/1000000 这样极端接近 0 或 1 的状况，考验算法效率（希冀投掷次数）。

解法：需求更复杂的配对和比拟，比如（投 A，投 B，比拟，假设相等重投，假设不等，再投一次 A 和 B 失掉第二对，比拟两对结果等）。

- 经典效果 2：已知两枚有偏硬币（概率 p 和 q 都未知，但知道 ( p eq q )），如何生成公允硬币？

解法：投两次，01 输入 0，10 输入 1，其他重投。

- 经典效果 1：已知一枚有偏硬币（概率 p 未知），如何生成公允硬币？

能够“进阶”在于：

5. 标题能够的“进阶”含义

那为什么标题给两枚硬币且概率不同？

这完全只用一枚有偏硬币 A（概率 p）就能生成公允硬币，不需求第二枚硬币 B！

3. 假设失掉 01，输入 0；假设失掉 10，输入 1。

2. 假设失掉 00 或 11，丢弃，重做。

留意 01 和 10 的概率相等（都是 ( p(1-p) )）。

能够结果：00（概率 ( (1-p)2 )），01（概率 ( p(1-p) )），10（概率 ( (1-p)p )），11（概率 ( p2 )）。

1. 投掷硬币 A 两次，观察结果。

其实甚至不需求知道 p,q 的详细值，只需知道它们不同，就可以用以下方法：

最规范的方法（“恣意有偏硬币到公允硬币”，已知 p,q 不同且已知值）：

4. 更复杂的已知算法（实践可操作）

这样由于交流 (A,B) 角色对称，概率就是 1/2。

- 假设不相等，看某个固定规则（比如比拟字典序 (a,b) 和 (a',b')，若 (a,b) > (a',b') 则输入 1，否则输入 0）。

- 假设相等，丢弃全部，重做。

- 比拟 ( (a,b) ) 与 ( (a',b') ) 能否相等。

- 假设 ( a eq b )，则再投 A 得 ( a' )，再投 B 得 ( b' )。

- 假设 ( a=b )，丢弃，重做。

- 投 A 得 ( a )，投 B 得 ( b )。

已知的一个对称化技巧：

所以必需修正：我们需求一个对称化的进程。

—— 等等，这又回到刚才的不公允情形。

4. 假设 ( a_1=1, b_1=0 )，则输入 1；假设 ( a_1=0, b_1=1 )，则输入 0。

3. 假设 ( a_1 = b_1 )，回到步骤 1（相当于丢弃此次比拟）。

2. 投掷硬币 B，失掉 ( b_1 )。

1. 投掷硬币 A，失掉 ( a_1 )。

一种繁复的算法（1990 年由 M. S. Paterson 提到）：

由于 ( p, q ) 是已知常数（假定已知数值），我们可以将 ( p, q ) 写成二进制小数，然后经过逐次比拟它们发生的随机位来生成公允比特。

已知的通用算法（不需求 ( p+q=1 )）是 应用“概率的有理数表示”与枚举。

3. 正确的已知通用算法

所以这个复杂方法不行。

公允需求 ( p(1-q) = (1-p)q ) ⇒ ( p - pq = q - pq ) ⇒ ( p = q )，矛盾。

]

P( ext{输入 1} mid ext{diff}) = frac{p(1-q)}{p(1-q) + (1-p)q}.

[

反省：

等一下——这和我一末尾说的经典方法一样，但刚才说它并不公允，除非 ( p+q=1 )。

3. 假设 ( a=1, b=0 )，输入 1；假设 ( a=0, b=1 )，输入 0。

2. 假设 ( a=b )，回到 1。

1. 投 A 一次，投 B 一次，得 ( a, b in {0,1} )。

更复杂的一个已知算法（1976 年由 Hoeffding, Simons 等提出）：

但我们可以找到一个“字典序”或映射，使妥当两个序列不同时，A 的序列在某个顺序上等能够大于或小于 B 的序列，从而输入 1 的概率为 1/2。

两次投掷结果的结合散布，硬币 A 的四种能够 ( (00,01,10,11) ) 的概率与硬币 B 不同（由于单次概率不同）。

这样做的原理：

- 假设不相等，看 ( X_1 ) 是 1 还是 0，假设 ( X_1=1 ) 则输入 1，否则输入 0（或许用其他固定规则）。

- 假设相等，重试。

- 比拟 ( (X_1, X_2) ) 与 ( (Y_1, Y_2) ) 能否相等。

- 投掷硬币 B 两次，记载结果（( Y_1, Y_2 )）。

- 投掷硬币 A 两次，记载结果（比如 ( X_1, X_2 )）。

步骤：

设 ( p, q ) 已知且固定。

理想上，已知可以用恣意 ( p eq q ) 的两枚硬币模拟公允硬币，方法之一是 von Neumann 的推行：

2. 已知公允化方法

要让它等于 ( 1/2 )，需求 ( p(1-q) = (1-p)q )，即 ( p - pq = q - pq )，即 ( p = q )，但这里 ( p eq q )，所以经典方法并不是无条件公允，它只是应用“不同结果”时 A 正的概率与 ( p, q ) 有关，但通常不等于 1/2，除非 ( p+q=1 ) 时才公允。

]

= frac{p(1-q)}{p(1-q) + (1-p)q}.

P( ext{输入 1}) = P(A=1, B=0 mid ext{不同})

[

这样：

3. 假设结果不同，则取 A 硬币的结果作为输入（或许取 B 硬币的结果，但要固定一种定义）。

2. 假设结果相反（都正或都反），回到步骤 1（舍弃这次实验）。

1. 投 A 硬币（概率 ( p )），投 B 硬币（概率 ( q )）。

已知经典解法（Kahn 1985）是：

> 目的：用这两枚硬币模拟一个公允的 1/2 概率（等能够输入 0 或 1）。

> 你可以停止恣意次投掷（每次选一枚硬币投），依据结果调整战略。

> 你有两枚特殊的硬币，一枚正面概率 ( p )，另一枚正面概率 ( q )（( p eq q ) 且 ( 0

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