MATLAB：快速创建具有固定度数（行总和）的随机对称矩阵

Question

我正在寻找一种快速创建具有以下特性的随机矩阵A方法：

• A = transpose(A)
• 所有i的A(i,i) = 0
• 对于所有i，j的A(i,j) >= 0
• sum(A) =~ degree ; 行总数由我要指定的分布随机分布（此处=~表示近似相等）。

分布degree来自矩阵orig ，特别是degree=sum(orig) ，因此我知道存在具有这种分布的矩阵。

例如： orig=[0 12 7 5; 12 0 1 9; 7 1 0 3; 5 9 3 0] orig=[0 12 7 5; 12 0 1 9; 7 1 0 3; 5 9 3 0]

orig =
 0    12     7     5
12     0     1     9
 7     1     0     3
 5     9     3     0

 sum(orig)=[24 22 11 17];

现在，一个可能的矩阵A=[0 11 5 8, 11 0 4 7, 5 4 0 2, 8 7 2 0]为

A = 
 0    11     5     8
11     0     4     7
 5     4     0     2
 8     7     2     0

和sum(A)=[24 22 11 17] 。

我已经尝试了一段时间，但不幸的是我的两个想法没有用：

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版本1：

我将Nswitch次转换Nswitch两个随机元素： A(k1,k3)--; A(k1,k4)++; A(k2,k3)++; A(k2,k4)--; A(k1,k3)--; A(k1,k4)++; A(k2,k3)++; A(k2,k4)--; （以及转置元素）。

不幸的是， Nswitch = log(E)*E （其中E=sum(sum(nn)) ））是为了使矩阵非常不相关。 当我的E > 5.000.000 ，这是不可行的（特别是因为我至少需要10个这样的矩阵）。

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版本2：

我根据从头开始的分布创建矩阵。 这个想法是，根据degree的分布， degree degree(i)数填充每一行i ：

nn=orig;
nnR=zeros(size(nn));
for i=1:length(nn)
    degree=sum(nn);
    howmany=degree(i);
    degree(i)=0;
    full=rld_cumsum(degree,1:length(degree));
    rr=randi(length(full),[1,howmany]);
    ff=full(rr);
    xx=i*ones([1,length(ff)]);
    nnR = nnR + accumarray([xx(:),ff(:)],1,size(nnR));
end
A=nnR;

但是，虽然sum(A')=degree ， sum(A)系统地偏离degree ，但我无法找到原因。

较小的degree偏差当然是可以的，但是在某些地方包含大量矩阵的粒子似乎存在系统性偏差。

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如果有人可以向我展示版本1的快速方法，版本2中分布的系统偏差的原因，或者以其他方式创建此类矩阵的方法，我将非常高兴。 谢谢！

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编辑：

这是matsmath提出的解决方案中的问题：假设您有矩阵：

orig = 
 0    12     3     1
12     0     1     9
 3     1     0     3
 1     9     3     0

其中r(i)=[16 22 7 13] 。

• 步骤1：r（1）= 16，我的随机整数分区是p（i）= [0 7 3 6]。
• 步骤2：检查是否所有p（i）<= r（i）。
• 第三步：

我的随机矩阵开始看起来像

A = 
 0    7     3     6
 7    0     .     .
 3    .     0     .
 6    .     .     0

新的行总和向量rnew = [r（2）-p（2），...，r（n）-p（n）] = [15 4 7]

第二次迭代（此处出现问题）：

• 步骤1：rnew（1）= 15，我的随机整数分区为p（i）= [0 AB]：rnew（1）= 15 = A + B。
• 步骤2：检查所有p（i）<= rnew（i），得出A <= 4，B <= 7。 因此A + B <= 11，但是A + B必须为15。 矛盾 ：-/

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编辑2：

这是（据我所知）代表David Eisenstat发布的解决方案的代码：

orig=[0 12 3 1; 12 0 1 9; 3 1 0 3; 1 9 3 0];
w=[2.2406 4.6334 0.8174 1.6902];
xfull=zeros(4);

for ii=1:1000
    rndmat=[poissrnd(w(1),1,4); poissrnd(w(2),1,4); poissrnd(w(3),1,4); poissrnd(w(4),1,4)];
    kkk=rndmat.*(ones(4)-eye(4)); % remove diagonal
    hhh=sum(sum(orig))/sum(sum(kkk))*kkk; % normalisation
    xfull=xfull+hhh;
end

xf=xfull/ii;
disp(sum(orig)); % gives [16    22     7    13]
disp(sum(xf));   % gives [14.8337    9.6171   18.0627   15.4865] (obvious systematic problem)
disp(sum(xf'))   % gives [13.5230   28.8452    4.9635   10.6683] (which is also systematically different from [16, 22, 7, 13]

Answer 1

第一种方法（基于版本2）

让您的行总和向量由矩阵orig [r（1），r（2），...，r（n）]给出。

Step 1. Take a random integer partition of the integer r(1) into exactly n-1 parts, say p(2), p(3), ..., p(n)
Step 2. Check if p(i)<=r(i) for all i=2...n. If not, go to Step 1.
Step 3. Fill out your random matrix first row and colum by the entries 0, p(2), ... , p(n), and consider the new row sum vector [r(2)-p(2),...,r(n)-p(n)].

用n-1阶矩阵重复这些步骤。

关键是，您一次随机分配一行，并将问题减少为搜索大小减小了一个的矩阵。

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正如OP在评论中指出的那样，这种幼稚的算法失败了。 原因是所讨论的矩阵在其条目上还具有其他必要条件，如下所示：

事实：

如果A是一个行总​​和为[r(1), r(2), ..., r(n)]的orig矩阵，则对于每个i=1..n它必然满足r(i)<=-r(i)+sum(r(j),j=1..n) 。

也就是说，任何行总和，例如第i个， r(i) ，最多必须与其他行总和（不包括r(i) ）一样大。

鉴于此，可以修改算法。 请注意，在步骤2b中。 我们检查新的行总和向量是否具有上述属性。

Step 1. Take a random integer partition of the integer r(1) into exactly n-1 parts, say p(2), p(3), ..., p(n)
Step 2a. Check if p(i)<=r(i) for all i=2...n. If not, go to Step 1.
Step 2b. Check if r(i)-p(i)<=-r(i)+p(i)+sum(r(j)-p(j),j=2..n) for all i=2..n. If not, go to Step 1.
Step 3. Fill out your random matrix first row and colum by the entries 0, p(2), ... , p(n), and consider the new row sum vector [r(2)-p(2),...,r(n)-p(n)].

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第二种方法（基于版本1）

我不确定这种方法是否可以为您提供随机矩阵，但是肯定可以为您提供不同的矩阵。

这里的想法是在本地更改orig矩阵的某些部分 ，以保持其所有属性的方式。

您应该在主对角线下方寻找一个随机的2x2子矩阵，该子矩阵包含严格为正的项，例如[[a,b],[c,d]]并用r到[[a+r,br],[cr,d+r]] 。 您也可以在主对角线上方进行相同的更改，以保持新矩阵对称。 这里的要点是条目内的更改彼此“抵消”。

当然，应该以br>=0和cr>=0的方式选择r 。

您也可以遵循此想法来修改较大的子矩阵。 例如，您可以选择3个随机行坐标r1 ， r2 ， r2和3个随机列坐标c1 ， c2和c3 ，然后按以下方式在orig矩阵的9个位置(ri,cj)更改：您更改了3x3子矩阵[[abc],[def], [ghi]]至[[ar b+rc] [d+re fr], [g hr i+r]] 。 您可以在转置的位置执行相同的操作。 再次，必须以使得ar>=0和fr>=0且hr>=0的方式选择随机值r 。 而且， c1和r1以及c3和r3必须是不同的，因为您不能更改矩阵orig的主对角线中的0项。

您可以一遍又一遍地重复这样的事情，比如说100次，直到找到看起来随机的东西。 请注意，此想法使用的事实是您具有解决方案的现有知识，这是矩阵orig ，而第一种方法根本不使用此类知识。

Answer 2

由于足以大致保留度数序列，因此让我提出一个随机分布，其中根据Poisson分布选择对角线上方的每个条目。 我的直觉是，我们希望找到权重w_i ，以使i != j的i,j条目具有均值w_i*w_j （所有对角线条目均为零）。 这给了我们非线性方程组：

for all i, (sum_{j != i} w_i*w_j) = d_i,

其中d_i是i 。 等效地，

for all i, w_i * (sum_j w_j) - w_i^2 = d_i.

可以通过从w_i = d_i / sqrt(sum_j d_j)的初始解采用如下所述的牛顿法来解决后者。

一旦有了w_i ，就可以使用poissrnd重复采样一次生成多个Poisson分布的样本。

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（如果有时间，我将尝试在numpy中实现。）

对于4 x 4问题的方程组的雅可比矩阵为

(w_2 + w_3 + w_4) w_1               w_1               w_1
w_2               (w_1 + w_3 + w_4) w_2               w_2
w_3               w_3               (w_1 + w_2 + w_4) w_3
w_4               w_4               w_4               (w_1 + w_2 + w_3).

通常，令A为对角矩阵，其中A_{i,i} = sum_j w_j - 2*w_i 。 令u = [w_1, ..., w_n]'和v = [1, ..., 1]' 。 雅可比行列式可以写成J = A + u*v' 。 由Sherman-Morrison公式给出逆

                              A^-1*u*v'*A^-1
J^-1 = (A + u*v')^-1 = A^-1 - -------------- .
                              1 + v'*A^-1*u

对于牛顿步骤，我们需要为给定的y计算J^-1*y y 。 使用上述公式，可以在时间O(n)直接完成此操作。 如果有机会，我会添加更多细节。