Вірогідність пари карт

9

З огляду на колоду, що складається з N копій карток із цілими значеннями [ 1 , M ] для загальної кількості N * M карт, обчисліть ймовірність того, що карта зі значенням 1 прилягає до картки зі значенням 2 .

Ваше рішення може бути точним або приблизним, і воно не повинно бути однаковим для кожного запуску з однаковими входами. Дана відповідь повинна знаходитись у межах +/- 5% від справжнього рішення (заборона дійсно рідкісних шансів, що RNG не на вашу користь). Ваша програма повинна дати відповідь за розумну кількість часу (скажімо, менше 10 хвилин на будь-якому апаратному забезпеченні у вас є). Ви можете припустити, що M і N досить малі, і перевірка помилок не потрібна.

Колода не циклічна, тому якщо перша карта - 1, а остання - 2 , це не відповідає вимогам суміжності.

Як тестовий випадок, для N = 4 та M = 13 (стандартна колода на 52 картки) очікуване рішення становить ~ 48,6%.

Ось приклад непрограної реалізації в Python + NumPy з використанням випадкових перетасовок:

from __future__ import division
from numpy import *

def adjacent(N, M):
    deck = array([i for i in range(1, M+1)]*N)
    trials = 100000
    count = 0
    for i in range(trials):
        random.shuffle(deck)
        ores = (deck == 1)
        tres = (deck == 2)
        if(any(logical_and(ores[1:], tres[:-1])) or
           any(logical_and(ores[:-1], tres[1:]))):
            count += 1
    return count/trials

Вихід може бути у будь-якій зручній вам формі (значення повернення функції, висновок терміналу, файл тощо), а введення може бути у будь-якій зручній вам формі (параметр функції, термінальний вхід, аргумент командного рядка тощо)

Застосовуються стандартні отвори для петель.

Це кодовий гольф, виграє найкоротший код (у байтах).

Таблиця лідерів

Показати фрагмент коду

code-golf  probability-theory  simulation 
— helloworld922
джерело
1
суміжність, що не обертається, - оманливо складний поворот
— Спарр
@Sparr Ви дали мені ідею! :-)
— Луїс Мендо

Відповіді:

2

Pyth, 23 22 байти

csm}1sM.:.S*vzUQ2J^T4J

Виконує 10000 ітерацій. Число можна змінити без витрат на байт. Введення розділено новим рядком. На моєму комп’ютері займає близько 9 секунд.

Демонстрація

csm}1sM.:.S*vzUQ2J^T4J
                 J^T4     J = 10000
  m              J        Do the following J times.
           *vzUQ          Set up the deck. (0 .. n-1, repeated m times.)
         .S               Shuffle the deck.
       .:       2         Find all 2 elment substrings.
     sM                   Add them up.
   }1                     Check if any pairs add to 1 ([0, 1] or [1, 0])
 s                        Add up the results (True = 1, False = 0)
c                     J   Divide by J.
— isaacg
джерело
2

MATL , 44 46 байт

Для цього використовується випуск 3.1.0 мови, що є раніше, ніж це завдання.

Обчислення проводиться за допомогою циклу, який проводить 1000 випадкових реалізацій. Пробігати потрібно кілька секунд. Це можна зробити швидше векторним способом. Введення має форму [N M].

Стара версія : генерує випадкову колоду карт і двічі перевіряє її: спочатку вперед, а потім у напрямку назад.

itpw1)1e3:"2$twZ@w/Y]t1HhXfnwH1hXfn|bb]xxN$hYm

Нова версія : генерує випадкову колоду карт, а потім додає перевернуту її версію з 0проміжком. Таким чином перевірку можна здійснити лише один раз у напрямку вперед. Це економить два байти.

itpw1)1e3:"2$twZ@w/Y]tP0whh1HhXfngbb]xxN$hYm

Приклад

>> matl itpw1)1e3:"2$twZ@w/Y]tP0whh1HhXfngbb]xxN$hYm
> [4 13]
0.469

Пояснення

i                 % input: [N M]
tpw1)             % produce N*M and N
1e3:"             % repeat 1000 times
  2$twZ@w/Y]      % produce random deck of cards from 1 to N*M
  tP0whh          % append 0 and then flipped version of deck
  1Hh             % vector [1 2]
  Xf              % find one string/vector within another                          
  ng              % was it found at least once?
  bb              % bubble up element in stack, twice                     
]                 % end                                                     
xx                % delete top of the stack, twice
N$h               % vector with all elements in stack
Ym                % mean value
— Луїс Мендо
джерело
1

LabVIEW, 58 LabVIEW Primitive

масиви карт Creats потім переміщують їх. Шукайте 1, потім перевірте сусідні картки на 2 секунди.

— Евмель
джерело
1

Pyth, 16 байт

JE?>J1-1^-1c2JQZ

Демонстрація.

З цього випливає

  • зробити здогадку,
  • перевірте, чи достатньо близько,
  • повторити

стратегія програмування. Виграна здобута здогадка в цьому випадку така

1 - (1 - 2 / M) ** N

що приблизно говорить про те, що є Nшанси потрапити у відра, і частка дійсних відра є 2 / M. Відра, що є слотами, розташовуються поруч із 0s, а шанси бути 1s.

Здається, помилка ніколи не перевищує 3% (на диво), і, схоже, збільшиться до 0% у міру збільшення параметрів (як я би очікував).

Введення розділено новим рядком.

              Q  Q = eval(input())
JE               J = eval(input())
  ?>J1           if J > 1
      -1^-1c2JQ  then 1 - (1 - 2 / J) ** Q
               Z else 0

Ви можете зберегти персонажа, якщо ви приймете очевидно очевидний факт цього False == 0, і зробите JE&>J1-1^-1c2JQзамість цього.

— Ведрак
джерело
Це є моєю першою поїздкою на Pyth (і моя перша відповідь), тому критика та допомога особливо вітаються.
— Ведрак
1

MATL , 44 38 байт

Для цього також використовується версія MATL версії 3.1.0 , яка є раніше, ніж ця проблема.

Нова версія, завдяки Луїсу Мендо за збереження 4 байтів!

iiXI*XJxO1e4XH:"JZ@I\TTo3X53$X+1=a+]H/

Стара версія (44 байти):

OiitXIx*XJx1e4XH:"JJZrI\[1 1]3X5,3$X+1=a+]H/

Пояснення

i               % take input for N
i               % take input for M
XI              % save M into clipboard I
*XJ             % multiply N and M and store in clipboard J
x               % clear the stack
O               % make a zero to initialise count of pairs
1e4XH:"         % 1e4=10000, XH saves into clipboard H, : makes the vector 1:1e4
                % which is used to index a for loop, started using "
    JZ@         % Use randperm to generate a random permutation of the vector 1:N*M
    I\          % take the result mod M, now each card has a value one less than before
    TTo3X53$X+  % convolve vector of card values with [1 1] to do pairwise summation
    1=a         % find if any sums equal 1, which means there is a [0 1] or [1 0]         
    +           % add the logical value to the count of pairs
]
H/              % divide the count by the number of deals to get the probability

Наприклад,

>> matl 'iiXI*XJxO1e4XH:"JZ@I\TTo3X53$X+1=a+]H/'
> 4
> 13
0.4861

Примітка (21/5/16): З моменту випуску MATL 18.0.0 X+було видалено, але Y+його можна використовувати замість нього. Зміни від MATL версії 3.1.0 до 18.0.0 означає , що ця відповідь тепер може бути записаний всього 31 байт, *xO1e4:"2:Gtb*Z@w\TT2&Y+1=ah]Ym.

— Девід
джерело
Я знаю, що відповідь MATL вже є, але я думаю, що методи зовсім інші, тому я все-таки розмістив цю.
— Девід
Я люблю згортання!
— Луїс Мендо
Ви можете заощадити трохи змінюється [1 1]в TTo. Також вам не потрібна кома
— Луїс Мендо
@LuisMendo дякую! Я думав, що, мабуть, був кращий спосіб зробити це!
— Девід
Тепер я бачу, як працює тут згортка. Використання найменувань карток на основі 0 було дуже розумним!
— Луїс Мендо
0

Математика, 93 92 91 байт

N@Count[RandomSample@Flatten[Range@#~Table~{#2}]~Table~{a=1*^5},{b=___,1,2,b}|{b,2,1,b}]/a&

Ще шукає закриту форму ...

— LegionMammal978
джерело
це буде включати вкладений цикл обчислень перестановки.
— Спарр
Використовуючи наш веб-сайт, ви визнаєте, що прочитали та зрозуміли наші Політику щодо файлів cookie та Політику конфіденційності.
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.