值在 -1 到 1 之间并且总和为 1 的随机 numpy 数组

Question

x创建给定值的NumPy 数组的最佳方法是什么，其size值随机（且均匀？）分布在-1和之间1，并且总和也为1？

我尝试2*np.random.rand(size)-1并np.random.uniform(-1,1,size)基于这里的讨论，但是如果我采用转换方法，通过之后按它们的总和重新缩放这两种方法，x/=np.sum(x)这可以确保元素总和为 1，但是：数组中的某些元素突然变得更大或小于 1 (> 1, < -1)，这是不需要的。

Answer 1

您可以为正值和负值创建两个不同的数组。确保正侧加起来为 1，负侧加起来为 0。import numpy as npsize = 10x_pos = np.random.uniform(0, 1, int(np.floor(size/2)))x_pos = x_pos/x_pos.sum()&nbsp;x_neg = np.random.uniform(0, 1, int(np.ceil(size/2)))x_neg = x_neg - x_neg.mean()x = np.concatenate([x_pos, x_neg])np.random.shuffle(x)print(x.sum(), x.max(), x.min())>>> 0.9999999999999998 0.4928358768227867 -0.3265210342316333print(x)>>>[ 0.49283588&nbsp; 0.33974127 -0.26079784&nbsp; 0.28127281&nbsp; 0.23749531 -0.32652103&nbsp; 0.12651658&nbsp; 0.01497403 -0.03823131&nbsp; 0.13271431]

Answer 2

在这种情况下，让我们让均匀分布开始该过程，但调整值以使总和为 1。为了便于说明，我将使用初始步骤这给我们总和为 -0.5，但我们需要[-1, -0.75, 0, 0.25, 1] 1.0第 1 步：计算所需的总找零金额：1.0 - (-0.5) = 1.5。现在，我们将分配元素之间的变化是某种适当的方式。我使用的一种简单方法是最大程度地移动中间元素，同时保持端点稳定。步骤 2：计算每个元素与较近端点的差异。对于您的不错的范围，这是1 - abs(x)第 3 步：总结这些差异。分成所需的变化。这给出了调整每个元素的量。将这些内容放入图表中：&nbsp; x&nbsp; &nbsp; diff&nbsp; adjust-1.0&nbsp; &nbsp;0.00&nbsp; 0.0-0.75&nbsp; 0.25&nbsp; 0.1875&nbsp;0.0&nbsp; &nbsp;1.0&nbsp; &nbsp;0.75&nbsp;0.25&nbsp; 0.75&nbsp; 0.5625&nbsp;1.0&nbsp; &nbsp;0.0&nbsp; &nbsp;0.0现在，只需添加x和adjust列即可获取新值：&nbsp;x&nbsp; &nbsp; adjust&nbsp; new-1.0&nbsp; 0.0&nbsp; &nbsp; &nbsp;-1.0-0.75 0.1875&nbsp; -0.5625&nbsp;0&nbsp; &nbsp; 0.75&nbsp; &nbsp; &nbsp;0.75&nbsp;0.25 0.5625&nbsp; &nbsp;0.8125&nbsp;1.0&nbsp; 0.0&nbsp; &nbsp; &nbsp; 1.0这是您调整后的数据集：总和为 1.0，端点完好无损。简单的Python代码：x = [-1, -0.75, 0, 0.25, 1.0]total = sum(x)diff = [1 - abs(q) for q in x]total_diff = sum(diff)needed = 1.0 - sum(x)adjust = [q * needed / total_diff for q in diff]new = [x[i] + adjust[i] for i in range(len(x))]for i in range(len(x)):&nbsp; &nbsp; print(f'{x[i]:8} {diff[i]:8} {adjust[i]:8} {new[i]:8}')print (new, sum(new))输出：&nbsp; &nbsp; &nbsp; -1&nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp; 0&nbsp; &nbsp; &nbsp; 0.0&nbsp; &nbsp; &nbsp;-1.0&nbsp; &nbsp;-0.75&nbsp; &nbsp; &nbsp;0.25&nbsp; &nbsp;0.1875&nbsp; -0.5625&nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp;0&nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp; 1&nbsp; &nbsp; &nbsp;0.75&nbsp; &nbsp; &nbsp;0.75&nbsp; &nbsp; 0.25&nbsp; &nbsp; &nbsp;0.75&nbsp; &nbsp;0.5625&nbsp; &nbsp;0.8125&nbsp; &nbsp; &nbsp;1.0&nbsp; &nbsp; &nbsp; 0.0&nbsp; &nbsp; &nbsp; 0.0&nbsp; &nbsp; &nbsp; 1.0[-1.0, -0.5625, 0.75, 0.8125, 1.0] 1.0我会让你在 NumPy 中对其进行向量化。

Answer 3

拒绝抽样您可以使用拒绝抽样。下面的方法通过在比原始空间小 1 维的空间中进行采样来实现此目的。第 1 步：通过从均匀分布中对每个 x(i) 进行采样来随机采样 x(1)、x(2)、...、x(n-1)步骤 2：如果总和 S = x(1) + x(2) + ... + x(n-1) 低于 0 或高于 2，则拒绝并重新开始步骤 1。步骤 3：计算第 n 个变量 x(n) = 1-S直觉您可以在笛卡尔坐标 ±1、±1、.. 的 n 维立方体内部查看向量 x(1)、x(2)、...、x(n-1)、x(n)。 . , ±1. 这样您就遵循约束 -1 <= x(i) <= 1。坐标之和必须等于 1 的附加约束将坐标限制到比超立方体更小的空间，并且将是维度为n-1 的超平面。如果您定期进行拒绝采样，即从所有坐标的均匀分布中采样，那么您将永远不会遇到约束。采样点永远不会在超平面内。因此，您考虑 n-1 个坐标的子空间。现在您可以使用拒绝采样。视觉上假设您的维度为 4，那么您可以绘制 4 的坐标中的 3。该图（均匀地）填充了一个多面体。下面通过以切片形式绘制多面体来说明这一点。每个切片对应于不同的总和 S = x(1) + x(2) + ... + x(n-1) 以及不同的 x(n) 值。图像：3 个坐标的域。每个彩色表面都与第四个坐标的不同值相关。边际分布对于大维度，拒绝采样的效率将变得较低，因为拒绝的比例随着维度的数量而增长。“解决”这个问题的一种方法是从边际分布中抽样。然而，计算这些边际分布有点乏味。比较：对于从狄利克雷分布生成样本，存在类似的算法，但在这种情况下，边际分布相对容易。（但是，导出这些分布也不是不可能，请参见下文“与欧文霍尔分布的关系”）在上面的示例中，x(4) 坐标的边缘分布对应于切口的表面积。因此，对于 4 维，您可能能够根据该数字计算出计算结果（您需要计算这些不规则多边形的面积），但对于更大的维度，它开始变得更加复杂。与欧文·霍尔分布的关系要获得边际分布，您可以使用截断的欧文霍尔分布。欧文霍尔分布是均匀分布变量之和的分布，并且遵循某些分段多项式形状。下面通过一个示例对此进行了演示。代码由于我的 python 生锈了，所以我主要添加 R 代码。该算法非常基础，因此我想任何 Python 编码人员都可以轻松地将其改编为 Python 代码。在我看来，这个问题的困难部分更多地是关于算法，而不是关于如何用 Python 编码（尽管我不是 Python 编码员，所以我把这个问题留给其他人）。图像：采样的输出。4 条黑色曲线是四个坐标的边缘分布。红色曲线是基于欧文霍尔分布的计算。这可以扩展到通过直接计算而不是拒绝采样的采样方法。python中的拒绝采样import numpy as npdef sampler(size):   reject = 1   while reject:      x = np.random.rand(size - 1) # step 1      S = np.sum(x)      reject = (S<0) or (S>2)      # step 2   x = np.append(x,1-S)            # step 3   return[x]y = sampler(5) print(y, np.sum(y))R 中的更多代码，包括与 Irwin Hall 分布的比较。该分布可用于计算边际分布，并可用于设计一种比拒绝采样更有效的算法。### function to do rejection samplesamp <- function(n) {  S <- -1  ## a while loop that performs step 1 (sample) and 2 (compare sum)  while((S<0) || (S>2) ) {     x <- runif(n-1,-1,1)    S <- sum(x)  }  x <- c(x,1-S) ## step 3 (generate n-th coordinate)  x}### compute 10^5 samplesy <- replicate(10^5,samp(4))### plot histogramsh1 <- hist(y[1,], breaks = seq(-1,1,0.05))h2 <- hist(y[2,], breaks = seq(-1,1,0.05))h3 <- hist(y[3,], breaks = seq(-1,1,0.05))h4 <- hist(y[4,], breaks = seq(-1,1,0.05))### histograms together in a line plotplot(h1$mids,h1$density, type = 'l', ylim = c(0,1),     xlab = "x[i]", ylab = "frequency", main = "marginal distributions")lines(h2$mids,h2$density)lines(h3$mids,h3$density)lines(h4$mids,h4$density)### add distribution based on Irwin Hall distribution### Irwin Hall PDFdih <- function(x,n=3) {  k <- 0:(floor(x))     terms <- (-1)^k * choose(n,k) *(x-k)^(n-1)  sum(terms)/prod(1:(n-1))}dih <- Vectorize(dih)### Irwin Hall CDFpih <- function(x,n=3) {  k <- 0:(floor(x))     terms <- (-1)^k * choose(n,k) *(x-k)^n  sum(terms)/prod(1:(n))}pih <- Vectorize(pih)### adding the line ### (note we need to scale the variable for the Erwin Hall distribution)xn <- seq(-1,1,0.001)range <- c(-1,1)cum <- pih(1.5+(1-range)/2,3)scale <- 0.5/(cum[1]-cum[2]) ### renormalize                           ### (the factor 0.5 is due to the scale difference)lines(xn,scale*dih(1.5+(1-xn)/2,3),col = 2)

Answer 4

您已经编写了代数矛盾的代码。您引用的问题的假设是随机样本将大约填充范围 [-1, 1]。如果线性重新缩放，从代数角度来说不可能维持该范围，除非在缩放之前总和为 1 ，这样缩放不会发生任何变化。您在这里有两个直接选择：放弃范围的想法。进行简单的更改以确保总和至少为1，并在缩放后接受更小的范围。你可以用任何你喜欢的方式来做到这一点，使选择偏向积极的一面。更改原始的“随机”选择算法，使其总和趋于接近 1，然后添加一个最终元素，使其恰好返回 1.0。那么你就不必重新缩放。考虑基本的区间代数。如果您以 的间隔（范围）开始[-1,1]并乘以a（这适合1/sum(x)您），则所得间隔为[-a,a]。如果a > 1，就像您的情况一样，所得的间隔更大。如果a < 0，则交换区间的两端。从您的评论中，我推断您的概念问题更加微妙。您试图强制预期值为 的分布0产生总和为 1 的分布。这是不现实的，除非您同意以某种方式在没有特定界限的情况下扭曲该分布。到目前为止，你拒绝了我的建议，但还没有提出任何你愿意接受的建议。在您确定这一点之前，我无法合理地为您建议解决方案。