Hash中的一些概率计算

　　Hash是把锋利的刀子，处理海量数据时经常用到，大家可能经常用hash，但hash的有些特点你是否想过、理解过。我们可以利用我们掌握的概率和期望的知识，来分析Hash中一些有趣的问题，比如：

• 平均每个桶上的项的个数
• 平均查找次数
• 平均冲突次数
• 平均空桶个数
• 使每个桶都至少有一个项的项个数的期望

　　本文hash的采用链地址法发处理冲突，即对hash值相同的不同对象添加到hash桶的链表上。

每个桶上的项的期望个数

　　将n个不同的项hash到大小为k的hash表中，平均每个桶会有多少个项？首先，对于任意一个项items(i)被hash到第1个桶的概率为1/k，那么将n个项都hash完后，第1个桶上的项的个数的期望为C(项的个数)=n/k，这里我们选取了第一个桶方便叙述，事实上对于任一个特定的桶，这个期望值都是适用的。这就是每个桶平均项的个数。

　　用程序模拟的过程如下：

    /***
     * 对N个字符串hash到大小为K的哈希表中，每个桶上的项的期望个数
     * 
     * @return
     */
    private double expectedItemNum() {
        // 桶大小为K
        int[] bucket = new int[K];
        // 生成测试字符串
        List<String> strings = getStrings(N);
        // hash映射
        for (int i = 0; i < strings.size(); i++) {
            int h = hash(strings.get(i), 37);
            bucket[h]++;
        }
        // 计算每个桶的平均次数
        long sum = 0;
        for (int itemNum : bucket)
            sum += itemNum;
        return 1.0 * sum / K;
    }

    /***
     * 多次测试计算每个桶上的项的期望个数，
     */
    private static void expectedItemNumTest() {
        MyHash myHash = new MyHash();
        // 测试100次
        int tryNum = 100;
        double sum = 0;
        for (int i = 0; i < tryNum; i++) {
            double count = myHash.expectedItemNum();
            sum += count;
        }
        // 取100次测试的平均值
        double fact = sum / tryNum;
        System.out.println("K=" + K + " N=" + N);
        System.out.println("程序模拟的期望个数：" + fact);
        double expected = N * 1.0 / K;
        System.out.println("估计的期望个数 n/k：" + expected);
    }

 　　输出的结果如下，可以看到我们用公式计算的期望与实际是很接近的，这也说明我们的期望公式计算正确了，毕竟实践是检验真理的唯一标准。

K=1000 N=618
程序模拟的期望个数：0.6180000000000007
估计的期望个数 n/k：0.618

空桶的期望个数

　　将n个不同的项hash到大小为k的hash表中，平均会有多少个空桶？我们还是以第1个桶为例，任意一个项item(i)没有hash到第一个桶的概率为(1-1/k)，hash完n个项后，所有的项都没有hash到第一个桶的概率为(1-1/k)^n，这也是每个桶为空的概率。桶的个数为k，因此期望的空桶个数就是C(空桶的个数)=k(1-1/k)^n，这个公式不好计算，用程序跑还可能被归零了，转化一下就容易计算了：egin{equation} C(空桶的个数)=k(1-frac{1}{k})^n=k(1-frac{1}{k})^{-k(-frac{n}{k})}=ke^{(-frac{n}{k})}end{equation}  同样我们模拟测试一下：

    /***
     * 计算期望的空桶个数
     * 
     * @return
     */
    private int expectedEmputyBuckts() {
        // 桶大小为K
        int[] bucket = new int[K];
        // 生成测试字符串
        List<String> strings = getStrings(N);
        // hash映射
        for (int i = 0; i < strings.size(); i++) {
            int h = hash(strings.get(i), 37);
            bucket[h]++;
        }
        // 记录空桶的个数
        int count = 0;
        for (int itemNum : bucket)
            if (itemNum == 0)
                count++;
        return count;
    }

    /***
     * 多次测试求空桶的期望个数
     */
    private static void expectedEmputyBucktsTest() {
        MyHash myHash = new MyHash();
        // 测试100次
        int tryNum = 100;
        long sum = 0;
        for (int i = 0; i < tryNum; i++) {
            int count = myHash.expectedEmputyBuckts();
            sum += count;
        }
        // 取100次测试的平均值
        double fact = sum / tryNum;
        System.out.println("K=" + K + " N=" + N);
        System.out.println("程序模拟的期望空桶个数：" + fact);
        double expected = K * Math.exp(-1.0 * N / K);
        System.out.println("估计的期望空桶个数ke^(-n/k)：" + expected);
    }

 　输出结果：

K=1000 N=618
程序模拟的期望空桶个数：539.0
估计的期望空桶个数ke^(-n/k)：539.021403076357

 冲突次数期望

　　我们这里的n个项是各不相同的，只要某个项hash到的桶已经被其他项hash过，那就认为是一次冲突，直接计算冲突次数不好计算，但我们知道C(冲突次数)=n-C(被占用的桶的个数)，而被占用的桶的个数C(被占用的桶的个数)=k-C(空桶的个数)，因此我们的得到：egin{equation} C(冲突次数)=n-(k-ke^{-n/k}) end{equation}　　程序模拟如下：

    /***
     * 期望冲突次数
     * 
     * @return
     */
    private int expextedCollisions() {
        // 桶大小为K
        int[] bucket = new int[K];
        int count = 0;
        // 生成测试字符串
        List<String> strings = getStrings(N);
        for (int i = 0; i < strings.size(); i++) {
            // hash映射
            int h = hash(strings.get(i), 37);
            // 桶h没有被占用
            if (bucket[h] == 0)
                bucket[h] = 1;
            // 桶h已经被占用，发生了冲突
            else
                count++;
        }
        return count;
    }

    private static void expextedCollisionsTest() {
        MyHash myHash = new MyHash();
        // 测试100次
        int tryNum = 100;
        long sum = 0;
        for (int i = 0; i < tryNum; i++) {
            int count = myHash.expextedCollisions();
            sum += count;
        }
        // 取100次测试的平均值
        double fact = sum / tryNum;
        System.out.println("K=" + K + " N=" + N);
        System.out.println("程序模拟的冲突数：" + fact);
        double expected = N - (K - K * Math.exp(-1.0 * N / K));
        System.out.println("估计的期望冲突次数n-(k-ke^(-n/k))：" + expected);

    }

 　输出结果：

K=1000 N=618
程序模拟的冲突数：157.89
估计的期望冲突次数n-(k-ke^(-n/k))：157.02140307635705

 不发生冲突的概率 

　　将n个项hash完后，一次冲突也没有发生的概率，首先对第一个被hash的项item(1)，item(1)可以hash到任意桶中，但一旦item(1)固定后，第二个项item(2)就只能hash到除item(1)所在位置的其他k-1个位置上了，依次类推，可以知道$$P(不发生冲突的概率)=frac{k}{k} imesfrac{k-1}{k} imesfrac{k-1}{k} imesfrac{k-2}{k} imescdotcdotcdot imesfrac{k-(n-1)}{k}$$ 这个概率也是不好计算，但当k比较大、n比较小时，有$$P(不发生冲突的概率)=e^{frac{-n(n-1)}{2k}}$$  模拟过程：

    /***
     * hash N个字符串的过程是否产生冲突
     * 
     * @return
     */
    private boolean containsCollison() {
        // 桶大小为K
        int[] bucket = new int[K];
        // 生成测试字符串
        List<String> strings = getStrings(N);
        for (int i = 0; i < strings.size(); i++) {
            // hash映射
            int h = hash(strings.get(i), 37);
            // 桶h没有被占用
            if (bucket[h] == 0)
                bucket[h] = 1;
            // 桶h已经被占用，发生了冲突，直接返回
            else
                return true;
        }
        return false;
    }

    /***
     * 重复调用多次containsCollison，计算不发生冲突的概率
     */
    private static void probCollisionTest() {
        MyHash myHash = new MyHash();
        // 测试100次
        int tryNum = 100;
        // 不冲突的次数
        int count = 0;
        for (int i = 0; i < tryNum; i++) {
            if (!myHash.containsCollison())
                count++;
        }
        // 取100次测试的平均值
        double fact = 1.0 * count / tryNum;
        System.out.println("K=" + K + " N=" + N);
        System.out.println("程序模拟的不冲突概率：" + fact);
        double expected = Math.exp(-1.0 * N * (N - 1) / (2 * K));
        System.out.println("估计的期望不冲突概率e^(-n(n-1)/(2k))：" + expected);
        System.out.println("程序模拟的冲突概率：" + (1 - fact));
        System.out.println("估计的期望冲突冲突概率1-e^(-n(n-1)/(2k))：" + (1 - expected));

    }

 　输出结果如下，这个逼近公式只有在k比较大n比较小时误差较小。

K=1000 N=50
程序模拟的不冲突概率：0.29
估计的期望不冲突概率e^(-n(n-1)/(2k))：0.29375770032353277
程序模拟的冲突概率：0.71
估计的期望冲突冲突概率1-e^(-n(n-1)/(2k))：0.7062422996764672

 使每个桶都至少有一个项的项个数的期望

　　实际使用Hash时，我们一开始并不知道要hash多少个项，如果把桶设置过大，会浪费空间，一般都是设置一个初始大小，当hash的项超过一定数量时，将桶的大小扩大一倍，并将桶内的元素重新hash一遍。查看Java的HashMap源码可以看到，每次调用put添加数据都会检查大小，当n>k*装置因子时，对hashMap进行重建。

public V put(K key, V value) {
         if(...)
              return ...;   
        ...
        modCount++;
        addEntry(hash, key, value, i);
        return null;
    } 
     /**
     * Adds a new entry with the specified key, value and hash code to
     * the specified bucket.  It is the responsibility of this
     * method to resize the table if appropriate.
     *
     * Subclass overrides this to alter the behavior of put method.
     */
void addEntry(int hash, K key, V value, int bucketIndex) {
        if ((size >= threshold) && (null != table[bucketIndex])) {
            resize(2 * table.length);
            hash = (null != key) ? hash(key) : 0;
            bucketIndex = indexFor(hash, table.length);
        }

        createEntry(hash, key, value, bucketIndex);
    }    

　　现在我们不是直接当n大于某一个数时对Hash表进行重建，而是预计Hash表的每一个桶都至少有了一个项时，才对hash表进行重建，现在问当n为多少时，每个桶至少有了一个项。要计算这个n的期望，我们先设$X_i$表示从第一次占用$i-1$个桶到第一次占用$i$个桶所插入的项的个数。首先，很容易理解$X_1=1$，对于$X_2$表示从插入第一个元素后，占用两个桶所需要的插入次数，理论上它可以是任意大于1的值，我们一次接一次的插入项，每次插入有两种独立的结果，一个结果是映射到的桶是第一次映射的桶；另一个是映射到的桶是新的桶，当占用了新桶时插入了项的个数即为$X_2$，又因为此时映射到新桶的概率$p=frac{k-1}{k}$，因此$X_2$的期望$E(X_2)=frac{1}/{p}=frac{k}{k-1}$；同样的道理，占用两个桶后，对任意一次hash映射到新桶的概率为$frac{k-2}{k}$，因此$E(X_2)=frac{k}{k-2}$。

　　现在定义随机变量$X=X_1+X_2+cdotcdotcdot+X_k$，我们可以看出$X$实际上就是每个桶都填上项所需要插入的项的个数。$$E(X)=sum_{j=1}^k E(X_j)$$$$=sum_{j=1}^k frac{k}{k-j+1}$$$$=ksum_{j=1}^k frac{1}{k-j+1}$$$$overset{underset{mathrm{令i=k-j+1}}{}}{=}ksum_{i=1}^k frac{1}{i}$$  上面这个数是一个有趣的数，叫做调和数（Harmonic_number），这个数（常记做$H_k$）没有极限，但已经有数学家给我们确定了它关于n的一个等价近似值：$$frac{1}{4}+ln kle H_k le 1+ln k$$  因此$E(X)=O(kln k)$，当项的个数为$kln k$时，平均每个桶至少有一个项。 

结论总结

• 每个桶上的项的期望个数：将n个项hash到大小为k的hash表中，平均每个桶的项的个数为${frac{n}{k}}$
• 空桶的期望个数：将n个项hash到大小为k的hash表中，平均空桶个数为$ke^{(-frac{n}{k})}$
• 冲突次数期望：当我们hash某个项到一个桶上，而这个桶已经有项了，就认为是发生了冲突，将n个项hash到大小为k的hash表中，平均冲突次数为$n-(k-ke^{-n/k})$
• 不发生冲突的概率：$$P(不发生冲突的概率)=e^{frac{-n(n-1)}{2k}}$$
• 调和数：$H_k=sum_{i=1}^k frac{1}{i}$称为调和数，$sum_{i=1}^k frac{1}{i}=Theta{logk}$

 　　本文主要参考自参考文献[1]，写这边博客复习了一下组合数学和概率论的知识，对hash理解得更深入了一点，自己设计hash结构时能对性能有所把握。另外还学会了在博客园插入公式，之前都是在MathType敲好再截图。

　　希望本文对您有所帮助，欢迎评论交流！

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参考文献：

[1].http://www.math.dartmouth.edu/archive/m19w03/public_html/Section6-5.pdf

[2].http://preshing.com/20110504/hash-collision-probabilities/