洗牌算法与蓄水池抽样
今儿看到了，就在此记录一下吧。
洗牌算法
递归做法：先将1~n-1洗牌，然后取随机数k(0<k<n)，并交换n与k，代码很简单：
1 int[] shuffle(int[] cards, int n){ 2 if(n == 1){ 3 return cards; 4 } 5 shuffle(cards, n-1); 6 int k = random(1, n-1); 7 swap(card[k], card[n]); 8 return card; 9 }
也可以转成非递归的：
1 void shuffle(int[] cards){ 2 for(int i = 0; i < cards.length; i++){ 3 int k = rand(0, i); 4 int temp = cards[k]; 5 cards[k] = cards[i]; 6 cards[i] = temp; 7 } 8 }
下面转自http://hankjin.blog.163.com/blog/static/3373193720109141128016/
方法一：
1。随机产生一个1~n的数x，做为第一张牌。
2。随机产生一个1~(n-1)的数y，如果y<x，则将y作为第二张牌，否则将y+1作为第二张牌。
3。随机产生一个1~(n-i)的数z，取第z个没有被抽出来的作为第i张牌。(i=3,4,5...54)
这种算法的复杂度为O(N^2)，因为计算每个随机数的牌号平均要执行(N/2)次比较。
对应于现实中的扑克牌，这种算法等于每次从牌堆中随机抽一张，放到另一堆上，直到抽完为止，这里新的一堆就是洗完的牌序。
方法二：
1。随机产生一个1-n的数x，然后让第x张牌和第1张牌互相调换。
2。随机产生一个1-n的数y，然后让第y张牌和第2张牌互相调换。
3。随机产生一个1-n的数z，然后让第z张牌和第i张牌互相调换。(i=3,4,5...54)
这种算法的复杂度为O(N)。
方法三：
因为一共有N!种洗牌结果，所以可以等概率地产生一个1-N!之间的随机数x，然后用康托展开的方法，根据x生成对应的排列，即为洗牌结果。
关于康托展开，参考http://baike.baidu.com/view/437641.htm，这个做法的复杂度是O(lgn)么？
方法二的修正：
方法二乍看好像不错，网上也有很多文章使用这种算法，但是其实这是一种错误的方法，因为方法二的所有可能性为N^N，而洗好的牌一种有N!种可能，又因为N^N % N! !=0，所以每种结果的概率是不相同的。
那么如何修正这个问题呢？仿照第一种方法，第i次洗牌不是产生一个1-n的随机数，而是产生一个i-n的随机数，这样可能性结果的可能性就是N!了。就有可能概率相等了。
也就是说，在方法二的第三行描述中第z张牌与第i张牌互换，因为z是1~n的，可能等于i，所以可能性就变成了N^N，所以是不正确的，改进之后的算法和前面我写的是差不多的。
蓄水池抽样
从n元素里随机取k个，做法如下：前k个全部取出放在结果集中，然后继续取，第i个以k/i的概率与结果集中随机的一个交换，具体做法如下：
case 1：当 0<i<=k 时，R[i] = S[i]；
case 2：当 k<i<n 时，j = random(1,i); if(j<=k){ R[j]= S[i];}
证明转自:http://blog.csdn.net/huagong_adu/article/details/7619665
证明：第m个对象被选中的概率=选择m的概率*（其后元素不被选择的概率+其后元素被选择的概率*不替换第m个对象的概率），即
