Гра в карти: Якщо я намалюю чотири картки випадковим чином, а ви намалюєте шість, яка ймовірність того, що моя найвища карта вища за вашу найвищу?

Як зазначено в назві, скажіть, якщо я малюю випадковим чином 4 картки, а ви малюєте 6 з тієї ж колоди, яка ймовірність того, що моя найвища карта б'є вашу найвищу карту?

Як це зміниться, якщо ми будемо малювати з різних колод?

Дякую!

probability maximum

— Вуданао
джерело

Це домашня робота?

— Аксакал

На це просте запитання є складна відповідь. Ускладнення зумовлені двома факторами:

Картки оформляються без заміни. (Тому кожен розіграш змінює вміст колоди, який доступний для наступних розіграшів.)
У колоді зазвичай є кілька карток кожного значення, що робить краватку для максимально можливої карти.

Оскільки ускладнення неминучі, давайте розглянемо досить широке узагальнення цієї проблеми, а потім розглянемо особливі випадки. При узагальненні «колоду» складається з кінцевої кількості карт. Картки мають чіткі "значення", які можна класифікувати від найнижчих до найвищих. Нехай буде зі значень, які класифікуються (при найнижчий і найвищий). Один гравець витягує з колоди карт, а другий гравець витягує карти. Який шанс, що картка найвищого рангу в руці першого гравця суворо $m$ $n_i \ge 1$ $i$ $i=1$ $i=m$ $a\ge 0$ $b\ge 1$ більший за вартістю, ніж картка найвищого рангу в руці другого гравця? Нехай цю подію можна назвати : «виграш» для першого гравця. $W$

Один з способів зрозуміти це починається, зазначивши , що процедура еквівалентна малюнок карт з колоди, приймаючи перший , з тих , щоб бути картами першого гравця, а решта бути картами другого гравця. Серед цих карток нехай - найвище значення, а - кількість карток цього значення. Перша гравець виграє лише тоді, коли вона тримає всі цих карт. Кілька способів , в яких ці конкретні карти можуть бути знайдені серед карт , в той час як число способів розміщення цих карт серед усіх , які були зроблені в $a+b$ $a$ $b$ $j$ $k \ge 1$ $k$ $a$ $\binom{a}{k}$ $k$ $a+b$ $\binom{a+b}{k}$ .

Тепер шанс, що - найвище значення, і є таких карток, є шанс вибрати з карт значенням та вибрати решту з нижнього значення. Оскільки є чіткий малюнок карток , відповідь $j$ $k$ $k$ $n_j$ $j$ $a+b-k$ $n_1 + n_2 + \cdots + n_{j-1} = N_{j-1}$ $\binom{N_m}{a+b}$ $a+b$

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}) .

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

(У цьому виразі і будь-який біноміальний коефіцієнт, верхнє значення якого менше його нижнього або нижнє значення негативне, вважається рівним нулю.) Це порівняно ефективний розрахунок, який займає час, пропорційний кількості карт в колоду. Оскільки він включає виключно біноміальні коефіцієнти, він піддається асимптотичним наближенням для великих значень і . $N_0=0$ $a$ $b$

У деяких випадках ви можете змінити визначення поняття "виграш". Це легко робиться: замінюючи значення і , та ж формула обчислює шанс, що другий гравець виграє прямо. Різниця між і сумою цих двох шансів - це шанс на нічию. Ви можете призначити гравцям такий шанс унічию будь-якої пропорції. $a$ $b$ $1$

У багатьох звичайних колодах ігрових карт і для . Тому розглянемо будь-яку колоду, в якій всі мають однакове значення, скажімо, . У цьому випадку і попередня формула трохи спрощується до $m=13$ $n_i=4$ $i=1, 2, \ldots, m$ $n_i$ $n$ $N_{j-1} = (j-1)n$

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}) .

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

Наприклад, з і в загальній колоді 52 карт з 13 рангів, і , . Моделювання 100 000 п’єс цієї гри дало оцінку , що майже на три значущі цифри і не суттєво відрізняється від формули. $m=13$ $n=4$ $a=4$ $b=6$ $\Pr(W) = \frac{12297518}{38720339}\approx 0.3176$ $0.3159$

Наступний Rкод легко модифікуються для оцінки для будь-якої палуби: просто зміни , і . Було встановлено, що буде виконано лише 10 000 п'єс, на виконання яких знадобиться менше секунди, і це добре для двох значущих фігур в оцінці. $\Pr(W)$ 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")

Вихід у цьому випадку є

Орієнтовний Pr (виграш) = 0,3132 +/- 0,00464

— дзижчати
джерело

чудова відповідь! Чи можу я запитати, що ви думаєте, якщо кожен гравець витягує з іншої колоди - чи змінить це відповідь?

— Wudanao

Так, відповідь змінить, оскільки те, що малює одна людина, буде незалежним від того, що малює інший гравець. У чомусь це питання простіше, тому що відповідь - це прямий розрахунок шансу, що одна випадкова величина перевищує значення іншої, незалежної від неї.

— whuber

Зауважте, що якщо не було жодних зв’язків, відповідь тривіально буде : з карток одна повинна бути найвищою, і її шанс закінчитися на першій рука гравця є з . Але як зазначаєте, наявність декількох карток з однаковим значенням у колоді ускладнює речі.

\frac{a}{a + b}

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

a + b

$a+b$

a

$a$

a + b

$a+b$

— Ільмарі Каронен

@Ilmari Правильно. (І саме це розуміння спочатку запропонувало рішення, яке я представив.) Без зв’язків, завжди, сума відходить, а частка фактори, що показують, як загальна формула зводиться до цієї простої.

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 Щоправда, але цей ефект був пояснений: якщо костюми мають рейтинг, то зв’язків немає, і тому формула зводиться до того, що описує коментар limari.

— Brilliand