从蒙特卡罗模拟，数学递推到直觉模式来思考 Leetcode 1227 飞机座位分配概率

Leetcode 1227 是一道有意思的概率题，本篇将从多个角度来讨论这道题。题目如下

有 n 位乘客即将登机，飞机正好有 n 个座位。第一位乘客的票丢了，他随便选了一个座位坐下。 剩下的乘客将会： 如果他们自己的座位还空着，就坐到自己的座位上， 当他们自己的座位被占用时，随机选择其他座位，第 n 位乘客坐在自己的座位上的概率是多少？

示例 1： 输入：n = 1 输出：1.00000 解释：第一个人只会坐在自己的位置上。

示例 2： 输入: n = 2 输出: 0.50000 解释：在第一个人选好座位坐下后，第二个人坐在自己的座位上的概率是 0.5。

提示： 1 <= n <= 10^5

假设规模为n时答案为f(n)，一般来说，这种递推问题在数学形式上可能有关于n的简单数学表达式（closed form），或者肯定有f(n)关于f(n-k)的递推表达式。工程上，我们可以通过通过多次模拟即蒙特卡罗模拟来算得近似的数值解。

Monte Carlo 模拟发现规律

首先，我们先来看看如何高效的用代码来模拟。根据题意的描述过程，直接可以写出下面代码。seats为n大小的bool 数组，每个位置表示此位置是否已经被占据。然后依次给第i个人按题意分配座位。注意，每次参数随机数范围在[0,n-1]，因此，会出现已经被占据的情况，此时需要再次随机，直至分配到空位。

暴力直接模拟

{linenos

def simulate_bruteforce(n: int) -> bool:
    """
    Simulates one round. Unbounded time complexity.
    :param n: total number of seats
    :return: True if last one has last seat, otherwise False
    """

    seats = [False for _ in range(n)]

    for i in range(n-1):
        if i == 0:  # first one, always random
            seats[random.randint(0, n - 1)] = True
        else:
            if not seats[i]:  # i-th has his seat
                seats[i] = True
            else:
                while True:
                    rnd = random.randint(0, n - 1) # random until no conflicts
                    if not seats[rnd]:
                        seats[rnd] = True
                        break
    return not seats[n-1]

运行上面的代码来模拟 n 从 2 到10 的情况，每种情况跑500次模拟，输出如下

1 => 1.0
2 => 0.55
3 => 0.54
4 => 0.486
5 => 0.488
6 => 0.498
7 => 0.526
8 => 0.504
9 => 0.482
10 => 0.494

发现当 n>=2 时，似乎概率都是0.5。

标准答案

其实，这道题的标准答案就是 n=1 为1，n>=2 为0.5。下面是 python 3 标准答案。本篇后面会从多个角度来探讨为什么是0.5 。

{linenos

class Solution:
    def nthPersonGetsNthSeat(self, n: int) -> float:
        return 1.0 if n == 1 else 0.5

O(n) 改进算法

上面的暴力直接模拟版本有个最大的问题是当n很大时，随机分配座位会产生大量冲突，因此，最坏复杂度是没有任何上限的。解决方法是每次发生随机分配时保证不冲突，能直接选到空位。下面是一种最坏复杂度O(n)的模拟过程，seats数组初始话成 0，1，...，n-1，表示座位号。当第i个人登机时，seats[i:n] 的值为他可以选择的座位集合，而seats[0:i]为已经被占据的座位集合。由于[i: n]是连续空间，产生随机数就能保证不冲突。当第i个人选完座位时，将他选中的seats[k]和seats[i] 交换，保证第i+i个人面临的seats[i+1:n]依然为可选座位集合。

{linenos

def simulate_online(n: int) -> bool:
    """
    Simulates one round of complexity O(N).
    :param n: total number of seats
    :return: True if last one has last seat, otherwise False
    """

    seats = [i for i in range(n)]

    def swap(i, j):
        tmp = seats[i]
        seats[i] = seats[j]
        seats[j] = tmp

    # for each person, the seats array idx available are [i, n-1]
    for i in range(n-1):
        if i == 0:  # first one, always random
            rnd = random.randint(0, n - 1)
            swap(rnd, 0)
        else:
            if seats[i] == i:  # i-th still has his seat
                pass
            else:
                rnd = random.randint(i, n - 1)  # selects idx from [i, n-1]
                swap(rnd, i)
    return seats[n-1] == n - 1

递推思维

这一节我们用数学递推思维来解释0.5的解。令f(n) 为第 n 位乘客坐在自己的座位上的概率，考察第一个人的情况（first step analysis），有三种可能

1. 第一个人选了第一个即自己的座位，那么最后一个人一定能保证坐在自己的座位。
2. 第一个人选了最后一个人的座位，无论中间什么过程，最后一个人无法坐到自己座位
3. 第一个人选了第i个座位，(1<i<n)，那么第i个人前面的除了第一个外的人都会坐在自己位置上，第i个人由于没有自己座位，随机在剩余的座位1，座位 [i+1,n] 中随机选择，此时，问题转变为f(n-i+1)，如下图所示。

第一个人选了位置i

第i个人将问题转换成f(n-i+1)

通过上面分析，得到概率递推关系如下

\[ f(n) = \begin{align*} \left\lbrace \begin{array}{r@{}l} 1 & & p=\frac{1}{n} \quad \text{选了第一个位置} \\\\\\ f(n-i+1) & & p=\frac{1}{n} \quad \text{选了第i个位置，1<i<n} \\\\\\ 0 & & p=\frac{1}{n} \quad \text{选了第n个位置} \end{array} \right. \end{align*} \]

即f(n)的递推式为： \[ f(n) = \frac{1}{n} + \frac{1}{n} \times [ f(n-1) + f(n-2) + ...+ f(2)], \quad n>=2 \] 同理，f(n+1)递推式如下 \[ f(n+1) = \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+1} \times [ f(n) + f(n-1) + ...+ f(2)] \] \((n+1)f(n+1) - nf(n)\) 抵消 \(f(n-1) + ...f(2)\) 项，可得 \[ (n+1)f(n+1) - nf(n) = f(n) \] 即 \[ f(n+1) = f(n) = \frac{1}{2} \quad n>=2 \]

用数学归纳法也可以证明 n>=2 时 f(n)=0.5。

简化的思考方式

我们再仔细思考一下上面的第三种情况，就是第一个人坐了第i个座位，1<i<n，此时，程序继续，不产生结果，直至产生结局1或者2，也就是case 1和2是真正的结局节点，它们产生的概率相同，因此答案是1/2。

从调用图可以看出这种关系，由于中间节点 f(4)，f(3)，f(2)生成Case 1和2的概率一样，因此无论它们之间是什么关系，最后结果都是1/2.

知乎上有个很形象的类比理解方式

考虑一枚硬币，正面向上的概率为 1/n，反面也是，立起来的概率为 (n-2)/n 。我们规定硬币立起来重新抛，但重新抛时，n会至少减小1。求结果为反面的概率。这样很显然结果为 1/2 。

这里，正面向上对应Case 2，反面对应Case 1。

这种思想可以写出如下代码，seats为 n 大小的bool 数组，当第i个人（0<i<n）发现自己座位被占的话，此时必然seats[0]没有被占，同时seats[i+1:]都是空的。假设seats[0]被占的话，要么是第一个人占的，要么是第p个人（p<i）坐了，两种情况下乱序都已经恢复了，此时第i个座位一定是空的。

{linenos

def simulate(n: int) -> bool:
    """
    Simulates one round of complexity O(N).
    :param n: total number of seats
    :return: True if last one has last seat, otherwise False
    """

    seats = [False for _ in range(n)]

    for i in range(n-1):
        if i == 0:  # first one, always random
            rnd = random.randint(0, n - 1)
            seats[rnd] = True
        else:
            if not seats[i]:  # i-th still has his seat
                seats[i] = True
            else:
                # 0 must not be available, now we have 0 and [i+1, n-1],
                rnd = random.randint(i, n - 1)
                if rnd == i:
                    seats[0] = True
                else:
                    seats[rnd] = True
    return not seats[n-1]