这是一个与 Knuth/Fisher-Yates shuffle 相关的非常困难但有趣的概率问题。
在循环每个元素时，将当前元素与整个数组中的任何随机元素（不在左边的元素内）进行交换，那么原始第 ith 的概率是多少元素结束在第 jth 位置？
【问题讨论】：
n=10，模式2 3 4 5 1 7 8 9 10 6 出现的可能性是模式10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 的50 倍以上。这可不是个小偏见！
标签： algorithm probability shuffle fisher-yates-shuffle
Knuth shuffle 如下（在 Python 中，但可能是伪代码）
for i in range(len(v)):
swap(v, i, randrange(i, len(v))
naïve shuffle 非常相似，但它不是 Knuth shuffle：
for i in range(len(v)):
swap(v, i, randrange(0, len(v))
Knuth shuffle 产生均匀分布的排列。可以证明朴素 shuffle 不会，因为有 nn 个可能的随机数序列，每个序列具有相等的概率，并且n！可能的排列，这不是 nn 的因素。 （另一方面，Knuth shuffle 恰好涉及 n! 个可能的随机数序列，每个序列都可以被证明产生唯一的排列。）
上述证明并未表明朴素洗牌中的各个排列位置是否均匀分布。尽管如此，排列的非均匀分布仍有可能产生排列元素的均匀分布：例如，如果除了旋转之外的所有排列的概率为 0，并且旋转具有相等的概率，那么排列元素将是均匀分布的。 （这将是比天真的洗牌更糟糕的洗牌。）
事实证明，naïve shuffle 不会产生均匀分布的元素位置。有两点规律性：向量中第一个元素的最终位置是均匀分布的，最终到达最终位置的元素也是如此。
元素i（i≠0）最有可能的最终位置是i-1。
这是 n=8 的转移概率表，计算为转移矩阵的乘积：
from/to 0 1 2 3 4 5 6 7
0 .125 .125 .125 .125 .125 .125 .125 .125
1 .158 .116 .117 .118 .119 .121 .123 .125
2 .144 .151 .110 .112 .115 .118 .121 .125
3 .132 .139 .147 .107 .111 .115 .119 .125
4 .122 .129 .137 .146 .107 .112 .118 .125
5 .113 .120 .128 .137 .147 .110 .117 .125
6 .105 .112 .120 .129 .139 .151 .116 .125
7 .098 .105 .113 .122 .132 .144 .158 .125
可以推导出 Pn(i, j) -- n 个元素的向量中的元素 i 将被打乱到位置 j 的概率。
在算法中，迭代i时的swap涉及到元素vi sub> 和其他一些元素 vj。 （有可能 i=j。）虽然 swap 是一种对称操作，但区分这两个元素是有用的；我们称之为元素 vi 的 out swap 和 in swap em> 的 vj
注意在元素k的in swap之后，k不能再out swapped，因为以下所有 out swaps 都位于 k 的新位置之后的位置。因此，如果 k 曾经交换出，则它必须在迭代 k 时交换出；换句话说，只有第一个涉及元素的交换可以在 out swap。
现在，在洗牌的任何一次迭代中，即将换出的元素的最终目的地都是均匀分布的。 （最终目的地为 j 的概率是下一个位置为 i 的概率乘以所有 i 的概率之和下一个位置i的最终目的地为j。由于下一个位置是均匀分布的，因此可以将乘数因式分解，剩余的和为1，因为j 必须来自某个 i。）
另外，对于一个从不out swapped的元素，它的最终目的地是它最后一次in swap发生的迭代。 （一个元素不可能既不是out swapped也不是in swapped。如果元素在in swap发生>out swap 位置，它将被out swapped。）
有了这些，我们就可以推导出转移函数的公式了。
首先，元素 k 将被交换出 的概率正是它在任何迭代中不交换 的概率在k之前，即(n-1)k/nk。在 k 被交换的洗牌中，最终目的地是均匀分布的，所以这贡献了 (n−1)k/nk+1 到每个转移概率Pn(k, j).
现在让我们考虑最后一个in swap 是在迭代j 的情况（因此是位置j）。在每次迭代中，给定元素将以 1/n 的概率交换。因此，最后一个 in swap 在迭代 j 的概率是在 j 之后没有发生交换的概率乘以发生交换的概率在迭代j，即(n-1)n-j-1/nn-j.
如果jk，那么k不能换出，但是如果j≥k，我们只需要计算在迭代k之前有交换的情况。这导致了以下定义：
Pn(k, j) = ( n-1)k/nk+1 + (1−On(k, j))×(n-1)nj-1/nn-j支持>
在哪里
On(k, j) = 0 如果 jk，否则 (n-1)k/n k
【讨论】：
在适当的 Knuth shuffle 中，您循环遍历 i 元素，选择 52 个元素之一与元素 1 交换，然后选择剩余 51 个元素之一与元素 2 交换，剩余 50 个元素之一与元素 3 交换，等等。一旦一个元素被放入增长的集合 1,2,3... 它将永远不会再移动。所以元素i 出现在位置 1 的几率正好是 1/52——它只能发生在第一个循环中。它最终进入单元格 2 的几率是它不在单元格 1 中的几率 (51/52) 乘以它在第二次通过时被选中的几率 (1/51)。 51s 取消，留下 1/52。同样，元素i 出现在位置 3 的机会是 51/52 * 50/51 * 1/50，同样是 1/52。所以每个元素都有相同的机会出现在每个单元格中。
在你的洗牌中，可能会再次选择已经放置的元素以供以后切换，这使得计算几率非常困难。
【讨论】：
This page 将您提到的算法与 Knuth 的算法进行比较，说明为什么 Knuth 的算法更好。
注意：以下内容可能有误，请参阅 cmets。
我不知道有一种简单的方法来计算您询问的概率，我似乎也找不到任何简单的解释，但这个想法是您的算法（通常称为 naive shuffle 算法）考虑n^n 数组的排列而不是 n!。这是因为元素i 可以在步骤i 中的每个n 位置结束。由于您在每个步骤中都有n 的可能性和n 步骤，因此加起来为n^n。由于n^n 并不总是能被n! 整除，因此并非所有排列都具有相同的概率，这就是为什么该算法被认为是糟糕的混洗算法。
由于并非所有排列都具有相同的概率，因此您询问的概率对于 i 和 j 的不同值是不同的，但我不知道计算它的公式。
【讨论】：