Gra karciana: jeśli losuję cztery karty losowo, a ty losujesz sześć, jakie jest prawdopodobieństwo, że moja najwyższa karta jest wyższa niż najwyższa?

To proste pytanie ma skomplikowaną odpowiedź. Powikłania wynikają z dwóch czynników:

Karty losowane są bez wymiany. (Każde losowanie zmienia zatem zawartość talii dostępną dla kolejnych losowań).
Talia zwykle zawiera wiele kart o każdej wartości, co daje remis na najwyższą możliwą kartę.

Ponieważ komplikacje są nieuniknione, zajmijmy się dość szerokim uogólnieniem tego problemu, a następnie spójrzmy na przypadki szczególne. W uogólnieniu „talia” składa się ze skończonej liczby kart. Karty mają różne „wartości”, które można uszeregować od najniższej do najwyższej. Niech będzie wartości, które są uszeregowane (przy najniższa, a najwyższa). Jeden gracz kart z talii, a drugi gracz karty. Jaka jest szansa, że ściśle znajduje się karta o najwyższym rankingu w ręce pierwszego gracza $m$ $n_i \ge 1$ $i$ $i=1$ $i=m$ $a\ge 0$ $b\ge 1$ ma większą wartość niż karta o najwyższym rankingu w ręce drugiego gracza? Niech to wydarzenie nazywa się : „wygrana” dla pierwszego gracza. $W$

Jednym ze sposobów, aby dowiedzieć się tego zaczyna się od stwierdzenia, że postępowanie jest równoznaczne z rysunku kart z talii, zajmując pierwsze z tych, za karty pierwszego gracza, a pozostała być karty drugiego gracza. Spośród tych kart niech będzie najwyższą wartością, a będzie liczbą kart o tej wartości. Pierwszy gracz wygrywa tylko wtedy, gdy ma wszystkie tych kart. Wiele sposobów, w których można znaleźć szczegółowe karty te spośród kart jest , gdy wiele sposobów pozycjonowania tych karty spośród wszystkich , które zostały sporządzone jest $a+b$ $a$ $b$ $j$ $k \ge 1$ $k$ $a$ $\binom{a}{k}$ $k$ $a+b$ $\binom{a+b}{k}$ .

Teraz szansa, że jest najwyższą wartością i istnieje takich kart, to szansa na wybranie spośród kart o wartości i wybranie pozostałych spośród niższych wartości. Ponieważ istnieje jednakowo prawdopodobne czerpie z kart, odpowiedź brzmi: $j$ $k$ $k$ $n_j$ $j$ $a+b-k$ $n_1 + n_2 + \cdots + n_{j-1} = N_{j-1}$ $\binom{N_m}{a+b}$ $a+b$

Pr (W) = \frac{1}{(\binom{N_{m}}{a + b})} \sum_{j = 1}^{m} \sum_{k = 1}^{n_{j}} \frac{(\binom{a}{k})}{(\binom{a + b}{k})} (\binom{n_{j}}{k}) (\binom{N_{j - 1}}{a + b - k}) .

$\Pr(W) = \frac{1}{\binom{N_m}{a+b}}\sum_{j=1}^m \sum_{k=1}^{n_j} \frac{\binom{a}{k}}{\binom{a+b}{k}}\binom{n_j}{k}\binom{N_{j-1}}{a+b-k}.$

(W tym wyrażeniu i każdy współczynnik dwumianowy, którego górna wartość jest mniejsza niż jego dolna wartość lub którego dolna wartość jest ujemna, przyjmuje się za zero.) Jest to względnie wydajne obliczenie, które zajmuje czas proporcjonalny do liczby kart na pokładzie. Ponieważ dotyczy wyłącznie współczynników dwumianowych, można zastosować asymptotyczne aproksymacje dla dużych wartości i . $N_0=0$ $a$ $b$

W niektórych przypadkach możesz chcieć zmodyfikować definicję „wygranej”. Można to łatwo zrobić: przez zamianę wartości i , ta sama formuła oblicza prawdopodobieństwo, że drugi gracz wygrywa wprost. Różnica między a sumą tych dwóch szans to szansa na remis. Możesz przypisać szansę na remis graczom w dowolnej proporcji. $a$ $b$ $1$

W wielu konwencjonalnych taliach kart do gry i dla . Rozważmy zatem każdą talię, w której wszystkie mają tę samą wartość, powiedzmy . W tym przypadku a powyższy wzór nieco się upraszcza $m=13$ $n_i=4$ $i=1, 2, \ldots, m$ $n_i$ $n$ $N_{j-1} = (j-1)n$

Pr (W) = \frac{1}{(\binom{m n}{a + b})} \sum_{k = 1}^{n} \frac{(\binom{a}{k})}{(\binom{a + b}{k})} (\binom{n}{k}) \sum_{j = 1}^{m} (\binom{(j - 1) n}{a + b - k}) .

$\Pr(W) = \frac{1}{\binom{m n}{a+b}}\sum_{k=1}^{n}\frac{\binom{a}{k}}{\binom{a+b}{k}}\binom{n}{k}\sum_{j=1}^m \binom{(j-1)n}{a+b-k}.$

Na przykład, w a na wspólnej 52 karty pokładu 13 stopni, i , . Symulacja 100 000 gier tej gry szacunkową wartość , która jest dokładna do prawie trzech znaczących liczb i nie różni się znacząco od tego, co stwierdza formuła. $m=13$ $n=4$ $a=4$ $b=6$ $\Pr(W) = \frac{12297518}{38720339}\approx 0.3176$ $0.3159$

Poniższy Rkod łatwo zmodyfikowany do oszacowania na każdym pokładzie: wystarczy zmienić , i . Zostało ustawione na uruchomienie tylko 10 000 odtworzeń, co powinno zająć mniej niż sekundę i jest dobre dla dwóch znaczących postaci w szacunkach. $\Pr(W)$ abdeck

a <- 4
b <- 6
deck <- rep(1:13, 4)
set.seed(17)
cards <- replicate(1e4, sample(deck, a+b))
win <- apply(cards, 2, function(x) max(x[1:a]) > max(x[-(1:a)]))
m <- mean(win)
se <- sqrt(m*(1-m)/length(win))
cat("Estimated Pr(a wins) =", round(m, 4), "+/-", round(se, 5), "\n")

Dane wyjściowe w tym przypadku to

Szacowany Pr (a wygrywa) = 0,3132 +/- 0,00464

Whuber
źródło

świetna odpowiedź! Czy mogę zapytać, co myślisz, jeśli każdy gracz losuje z innej talii - czy to zmieni odpowiedź？

Wudanao

Tak, zmieni to odpowiedź, ponieważ losowanie jednej osoby będzie niezależne od losowania drugiego gracza. W pewnym sensie jest to łatwiejsze pytanie, ponieważ odpowiedź jest prostym obliczeniem prawdopodobieństwa, że jedna zmienna losowa przekroczy wartość innej, niezależnej od niej.

whuber

Zauważ, że gdyby nie było żadnych remisów, odpowiedź brzmiałaby trywialnie: : spośród wylosowanych kart , jedna musi być najwyższa, a jej szansa na skończenie ręka gracza jest z . Ale jak zauważysz, obecność wielu kart o tej samej wartości w talii komplikuje sprawy.

\frac{a}{a + b}

$\frac{a}{a+b}$

a + b

$a+b$

a

$a$

a + b

$a+b$

Ilmari Karonen,

@Ilmari Zgadza się. (I właśnie ten wgląd sugerował pierwotnie zaproponowane mnie rozwiązanie). Bez powiązań, zawsze, suma , a ułamek wyodrębnia, pokazując, jak ogólna formuła sprowadza się do tej prostej.

n_{i} = 1

$n_i=1$

k

$k$

(\binom{a}{k}) / (\binom{a + b}{k}) = (\binom{a}{1}) / (\binom{a + b}{1}) = a / (a + b)

$\binom{a}{k}/\binom{a+b}{k} = \binom{a}{1}/\binom{a+b}{1} = a/(a+b)$

whuber

@WernerCD To prawda, ale efekt ten został wyjaśniony: jeśli kolory mają ranking, to nie ma żadnych powiązań, więc formuła ogranicza się do tego, co opisuje komentarz limari.

Brilliand

Gra karciana: jeśli losuję cztery karty losowo, a ty losujesz sześć, jakie jest prawdopodobieństwo, że moja najwyższa karta jest wyższa niż najwyższa?

Odpowiedzi: