随机算法 ¶

雇佣问题 ¶

设每天面试一个人，共面试 \(N\) 天，面试的代价为 \(C_i\)，雇佣的代价为 \(C_h\)，且最后雇佣的人数为 \(M\)，那么容易得到最终的代价为 \(O(N \cdot C_i + M \cdot C_h)\)。示意代码如下：

int Hiring (EventType C[ ], int N)
{   
    /* candidate 0 is a least-qualified dummy candidate */
    int Best = 0;
    int BestQ = the quality of candidate 0;
    for (i = 1; i <= N; i++) {
        Qi = interview(i); /* Ci */
        if (Qi > BestQ) {
            BestQ = Qi;
            Best = i;
            hire(i);  /* Ch */
        }
    }
    return Best;
}

但显然这样存在一个问题，如果面试人是以能力升序排列的，最终的代价为 \(O(N \cdot C_i + N \cdot C_h)\)，也就是最坏的情况。为了避免这种情况，我们设置需要设置面试者的面试顺序是随机的，以下为分析：

Analysis

设 \(X\) 为雇佣的次数，\(X_i\) 表示第 \(i\) 个人是否被雇佣，\(1\) 表示被雇佣，\(0\) 表示没有被雇佣。那么有

\[ X = \sum_{i=1}^{N} X_i, E[X] = \sum_{i=1}^{N} E[X_i] \]

而我们假设前 \(i\) 个候选人都有同等的可能成为最佳的人选，所以第 \(i\) 个人被雇佣的概率为 \(1/i\)，所以 \(E[X_i] = 1/i\)，所以 \(E[X] = \sum_{i=1}^{N} 1/i = \ln N + O(1)\)。最终代价的期望为 \(O(N \cdot C_i + \ln N \cdot C_h)\)。

相应地代码只需要在原先的基础上添加一次随机排序即可。

现在考虑以上问题的一个变体，加入我们只能进行一次雇佣，也就是说，整个算法是在线进行决策的。一个简单的想法是，我们将前 \(k\) 个人选作为“训练集”，然后从第 \(k+1\) 个人开始，如果有人比训练集中的人好，那么就雇佣他。示意代码如下：

int OnlineHiring (EventType C[ ], int N, int k)
{
    int Best = N;
    int BestQ = -infty ;
    for (i = 1; i <= k; i++) {
        Qi = interview(i);
        if (Qi > BestQ) {
            BestQ = Qi;
        }
    }
    for (i = k + 1; i <= N; i++ ) {
        Qi = interview(i);
        if (Qi > BestQ) {
            Best = i;
            break;
        }
    }
    return Best;
}

所以现在的问题是，如何选择 \(k\) 的值，使得最终的效果最好呢？我们设事件 \(S_i\) 为第 \(i\) 个候选人是最佳的，并且被雇佣，那么需要满足以下两个条件：

\(A_i\): 最佳的候选人的位置为 \(i\)；
\(B_i\): \(k + 1\) 到 \(i - 1\) 之间的候选人都没有被雇佣。

这两个事件是独立的，因为候选人的位置并不因为我们的决策而改变。所以我们有

\[ \operatorname{Pr}[S_i] = \operatorname{Pr}[A_i \cap B_i] = \operatorname{Pr}[A_i] \cdot \operatorname{Pr}[B_i] = \frac{1}{N} \cdot \frac{k}{i - 1}. \]

那记事件 \(S\) 为雇佣的候选人是最佳的，则有

\[ \operatorname{Pr}[S] = \sum_{i = k + 1}^N \operatorname{Pr}[S_i] = \sum_{i = k + 1}^N \frac{k}{N(i - 1)} = \frac{k}{N} \sum_{i = k}^{N - 1} \frac{1}{i}. \]

现在我们需要对级数 \(\sum_{i = k}^{N - 1} \frac{1}{i}\) 的上下界进行估计，来实现对概率 \(\operatorname{Pr}[S]\) 的估计。事实上我们有如下估计

Theorem

\[ \int_k^N \frac{1}{x} \mathrm{d}x \leqslant \sum_{i = k}^{N - 1} \frac{1}{i} \leqslant \int_{k - 1}^{N - 1} \frac{1}{x} \mathrm{d}x \]

Proof

将积分依据整数拆分为 \(N - k\) 个区间，每个区间用区间最大值或最小值替代进行放缩 .

\[ \int_k^N \frac{1}{x} \mathrm{d}x \leqslant \sum_{i = k + 1}^N \frac{1}{i} \leqslant \sum_{i = k}^{N - 1} \frac{1}{i} \leqslant \sum_{i = k - 1}^{N - 2} \frac{1}{i} \leqslant \int_{k - 1}^{N - 1} \frac{1}{x} \mathrm{d}x. \]

由此可以得到

\[ \frac{k}{N} \ln \left(\frac{N}{k}\right) \leqslant \operatorname{Pr}[S] \leqslant \frac{k}{N} \ln \left(\frac{N - 1}{k - 1}\right). \]

我们希望保证这一概率的下界尽可能大，所以我们需要选择 \(k\) 使得 \(f(k) = \ln \left(\frac{N}{k}\right)\) 最大，容易得到 \(k = N / e\) 时，\(f(k)\) 达到最大值，为 \(\frac{1}{e}\)。实际情况中，我们选择距离 \(N / e\) 最近的整数即可。

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