Мозок тизера: Як генерувати 7 цілих чисел з однаковою ймовірністю за допомогою упередженої монети, яка має pr (голову) = p?

Це питання, яке я знайшов у Glassdoor : Як можна генерувати 7 цілих чисел з однаковою ймовірністю за допомогою монети, у якій ?$\mathbb{Pr}(\text{Head}) = p\in(0,1)$

В основному у вас є монета, яка може бути, а може і не бути справедливою, і це єдиний у вас процес генерування випадкових чисел, тому придумайте генератор випадкових чисел, який видає цілі числа від 1 до 7, де ймовірність отримання кожного з цих цілих чисел становить 1/7.

Ефективність питань, що генерують дані.

Переверніть монету двічі. Якщо він приземлиться HHабо TT, проігноруйте його та ще раз переверніть його.

Тепер монета має рівну ймовірність піднятися HTабо TH. Якщо він з'явиться HT, зателефонуйте до цього H1. Якщо він з'явиться TH, зателефонуйте до цього T1.

Продовжуйте отримувати H1або T1поки у вас є три підряд. Ці три результати дають вам число на основі таблиці нижче:

H1 H1 H1 -> 1
H1 H1 T1 -> 2
H1 T1 H1 -> 3
H1 T1 T1 -> 4
T1 H1 H1 -> 5
T1 H1 T1 -> 6
T1 T1 H1 -> 7
T1 T1 T1 -> [Throw out all results so far and repeat]

Я стверджую, що це спрацювало б чудово, хоча у вас було б багато марних кидків у процесі!

Припустимо, що .$p \in (0,1)$

Крок 1: . Киньте монету 5 разів.

Якщо результат є

, поверніться 1 і зупиніться.$(H, H, H, T, T)$$1$

, повернути 2 і зупинитися.$(H, H, T, T, H)$$2$

, повернути 3 і зупинитися.$(H, T, T, H, H)$$3$

, повернення 4 і зупинка.$(T, T, H, H, H)$$4$

, повернення 5 і зупинка.$(T, H, H, H, T)$$5$

, повернення 6 і зупинка.$(H, H, T, H, T)$$6$

, повернути 7 та зупинитися.$(H, T, H, T, H)$$7$

Крок 2: . Якщо результат не є жодним із зазначених, повторіть крок 1.

Зауважимо, що незалежно від значення , кожен із семи перерахованих вище результатів має ймовірність q = p 3 ( 1 - p ) 2 , а очікувана кількість кидків монет - $p \in (0,1)$$q = p^3(1-p)^2$ . Тосер не повинен знати значенняр(за винятком того, щоp≠0іp≠1); гарантується, що сім цілих чисел однаковою мірою буде повернуто експериментом, коли він закінчиться (і гарантовано закінчиться вірогідністю1).$\displaystyle \frac{5}{7q}$$p$$p\neq 0$$p\neq 1$$1$

Узагальнення випадку, описаного Діліпом Сарвате

Деякі з методів, описаних в інших відповідях, використовують схему, в якій ви кидаєте послідовність з $n$ монет "поворотом", і залежно від результату ви вибираєте число від 1 до 7 або відкидаєте виток і кидаєте знову.

Трюк полягає в тому, щоб знайти в розширенні можливостей кратне 7 результатів з однаковою ймовірністю $p^k(1-p)^{n-k}$ і співставити ті, що стоять один проти одного.

Оскільки загальна кількість результатів не кратна 7, у нас є кілька результатів, які ми не можемо віднести до числа, і є певна ймовірність того, що нам потрібно відкинути результати та почати спочатку.

---

Випадок використання 7 монетних оборотів за оборот

Інтуїтивно можна сказати, що катати кістки сім разів було б дуже цікаво. Оскільки нам потрібно лише викинути 2 з $2^7$ можливостей. А саме 7 разів голови та 0 разів голови.

Для всіх інших $2^7-2$ можливостей завжди існує кілька з 7 випадків з однаковою кількістю головок. А саме 7 справ з 1 головою, 21 справа з 2 головами, 35 справ з 3 головами, 35 справ з 4 головами, 21 справа з 5 головами і 7 справ з 6 головами.

Отже, якщо обчислити число (відкинувши 0 голів і 7 голів)

$$X = \sum_{k=1}^{7} (k-1) \cdot C_k$$

з розподіленими змінними $C_k$ Бернуллі (значення 0 або 1), то X модуль 7 є рівномірною змінною із семи можливими результатами.

---

Порівнюючи різну кількість монет перевертає за оборот

Залишається питанням, якою була б оптимальна кількість рулонів за оборот. Коливання більшої кількості кубиків за оборот коштуватиме вам дорожче, але ви зменшуєте ймовірність того, що доведеться скочуватися знову.

На зображенні нижче представлені ручні обчислення для перших кількох монет, що перевертаються на обороті. (можливо, може бути аналітичне рішення, але я вважаю, що можна з упевненістю сказати, що система з 7 морганнями монет забезпечує найкращий метод щодо вартості очікування для необхідної кількості монет)

# plot an empty canvas
plot(-100,-100,
     xlab="flips per turn",
     ylab="E(total flips)",
     ylim=c(7,400),xlim=c(0,20),log="y")
title("expectation value for total number of coin flips
(number of turns times flips per turn)")

# loop 1
# different values p from fair to very unfair 
# since this is symmetric only from 0 to 0.5 is necessary 

# loop 2
# different values for number of flips per turn
# we can only use a multiple of 7 to assign 
#   so the modulus will have to be discarded
#   from this we can calculate the probability that the turn succeeds
#   the expected number of flips is 
#       the flips per turn 
#             divided by 
#       the probability for the turn to succeed 

for (p in c(0.5,0.2,0.1,0.05)) {
  Ecoins <- rep(0,16)
  for (dr in (5:20)){
    Pdiscards = 0
    for (i in c(0:dr)) { 
      Pdiscards = Pdiscards + p^(i)*(1-p)^(dr-i) * (choose(dr,i) %% 7)
    }
    Ecoins[dr-4] = dr/(1-Pdiscards)
  }
  lines(5:20, Ecoins)
  points(5:20, Ecoins, pch=21, col="black", bg="white", cex=0.5)
  text(5, Ecoins[1], paste0("p = ",p), pos=2)
}

---

Використання правила раннього припинення

зауважте: наведені нижче обчислення для значення очікування кількості фліп - для справедливої ​​монети $p=0.5$ , це стане безладним для різних $p$ , але принцип залишається тим самим (хоча різний облік бухгалтерського обліку справи потрібні)

Ми повинні мати можливість вибирати випадки (замість формули для $X$ ), щоб ми могли зупинитися раніше.

• З 5 монетних обертів ми маємо для шести можливих різних не упорядкованих наборів голів та хвостів:

  1 + 5 + 10 + 10 + 5 + 1 впорядковані набори

  І ми можемо використовувати групи з десятьма випадками (це група з 2 голівками або група з 2 хвостами), щоб вибрати (з однаковою ймовірністю) число. Це трапляється у 14 із 2 ^ 5 = 32 випадків. Це залишає нам:

  1 + 5 + 3 + 3 + 5 + 1 впорядковані набори

• Маючи додатковий (6-й) монетний фліп, ми маємо для семи можливих різних не упорядкованих наборів голів та хвостів:

  1 + 6 + 8 + 6 + 8 + 6 + 1 впорядковані набори

  І ми можемо використовувати групи з восьми випадків (тобто група з 3 голівками або група з 3 хвостами), щоб вибрати (з однаковою ймовірністю) число. Це трапляється у 14 із 2 * (2 ^ 5-14) = 36 випадків. Це залишає нам:

  1 + 6 + 1 + 6 + 1 + 6 + 1 впорядковані набори

• З ще одним (7-м) додатковим фліп-монетою ми маємо для восьми можливих різних не упорядкованих наборів голів та хвостів:

  1 + 7 + 7 + 7 + 7 + 7 + 7 + 1 впорядковані набори

  І ми можемо використовувати групи з семи випадків (усі, крім всіх хвостиків та випадків усіх голів), щоб вибрати (з однаковою ймовірністю) число. Це трапляється у 42 із 44 випадків. Це залишає нам:

  1 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 1 впорядковані набори

  (ми могли б продовжити це, але лише на 49-му кроці це дає нам перевагу)

Отже, ймовірність вибору числа

• при 5 переворотах - $\frac{14}{32} = \frac{7}{16}$
• при 6 переворотах - $\frac{9}{16}\frac{14}{36} = \frac{7}{32}$
• при 7 сальто $\frac{11}{32}\frac{42}{44} = \frac{231}{704}$
• не в 7 фліп - це $1-\frac{7}{16}-\frac{7}{32}-\frac{231}{704} = \frac{2}{2^7}$

Це обумовлює значення очікування кількості фліпів за один виток, що обумовлює успіх і p = 0,5:

$$5 \cdot \frac{7}{16}+ 6 \cdot \frac{7}{32} + 7 \cdot \frac{231}{704} = 5.796875$$

Значення очікування для загальної кількості фліп (до досягнення успіху), умовне p = 0,5, стає:

$$\left(5 \cdot \frac{7}{16}+ 6 \cdot \frac{7}{32} + 7 \cdot \frac{231}{704}\right) \frac{2^7}{2^7-2} = \frac{53}{9} = 5.88889$$

---

Відповідь NcAdams використовує варіацію цієї стратегії зупиняючого правила (щоразу придумуючи дві нові монети), але не вибирає оптимально всі ручки.

Відповідь Кліда може бути також подібною, хоча може існувати нерівномірне правило вибору, згідно з яким кожна дві монети може перевернути номер, але необов'язково з однаковою ймовірністю (розбіжність, яка відновлюється під час пізніших гортань монети)

---

Порівняння з іншими методами

Інші методи, що використовують аналогічний принцип, - це NcAdams та AdamO.

Принцип такий : рішення про число між 1 і 7 приймається після певної кількості голів і хвостів. Після кількості $x$ переворотів, для кожного рішення, яке призводить до числа $i$ існує аналогічне, однаково вірогідне рішення, яке призводить до числа $j$ (однакова кількість голів і хвостів, але лише в іншому порядку). Деякі серії голів та хвостів можуть призвести до того, щоби почати спочатку.

Для таких типів методів один із розміщених тут є найбільш ефективним, оскільки він приймає рішення якомога раніше (як тільки з’явиться можливість для 7 рівних послідовностей імовірностей головок і хвостів, після $x$ -го перевороту ми можемо використовувати їх для прийняття рішення про число, і нам не потрібно гортати далі, якщо ми стикаємося з одним із цих випадків).

Це показано на зображенні та моделюванні нижче:

#### mathematical part #####
set.seed(1)


#plotting this method
p <- seq(0.001,0.999,0.001)
tot <- (5*7*(p^2*(1-p)^3+p^3*(1-p)^2)+
       6*7*(p^2*(1-p)^4+p^4*(1-p)^2)+
       7*7*(p^1*(1-p)^6+p^2*(1-p)^5+p^3*(1-p)^4+p^4*(1-p)^3+p^5*(1-p)^2+p^6*(1-p)^1)+
        7*1*(0+p^7+(1-p)^7) )/
             (1-p^7-(1-p)^7)
plot(p,tot,type="l",log="y",
     xlab="p",
     ylab="expactation value number of flips"
     )

#plotting method by AdamO
tot <- (7*(p^20-20*p^19+189*p^18-1121*p^17+4674*p^16-14536*p^15+34900*p^14-66014*p^13+99426*p^12-119573*p^11+114257*p^10-85514*p^9+48750*p^8-20100*p^7+5400*p^6-720*p^5)+6*
          (-7*p^21+140*p^20-1323*p^19+7847*p^18-32718*p^17+101752*p^16-244307*p^15+462196*p^14-696612*p^13+839468*p^12-806260*p^11+610617*p^10-357343*p^9+156100*p^8-47950*p^7+9240*p^6-840*p^5)+5*
          (21*p^22-420*p^21+3969*p^20-23541*p^19+98154*p^18-305277*p^17+733257*p^16-1389066*p^15+2100987*p^14-2552529*p^13+2493624*p^12-1952475*p^11+1215900*p^10-594216*p^9+222600*p^8-61068*p^7+11088*p^6-1008*p^5)+4*(-
          35*p^23+700*p^22-6615*p^21+39235*p^20-163625*p^19+509425*p^18-1227345*p^17+2341955*p^16-3595725*p^15+4493195*p^14-4609675*p^13+3907820*p^12-2745610*p^11+1592640*p^10-750855*p^9+278250*p^8-76335*p^7+13860*p^6-
          1260*p^5)+3*(35*p^24-700*p^23+6615*p^22-39270*p^21+164325*p^20-515935*p^19+1264725*p^18-2490320*p^17+4027555*p^16-5447470*p^15+6245645*p^14-6113275*p^13+5102720*p^12-3597370*p^11+2105880*p^10-999180*p^9+371000
           *p^8-101780*p^7+18480*p^6-1680*p^5)+2*(-21*p^25+420*p^24-3990*p^23+24024*p^22-103362*p^21+340221*p^20-896679*p^19+1954827*p^18-3604755*p^17+5695179*p^16-7742301*p^15+9038379*p^14-9009357*p^13+7608720*p^12-
           5390385*p^11+3158820*p^10-1498770*p^9+556500*p^8-152670*p^7+27720*p^6-2520*p^5))/(7*p^27-147*p^26+1505*p^25-10073*p^24+49777*p^23-193781*p^22+616532*p^21-1636082*p^20+3660762*p^19-6946380*p^18+11213888*p^17-
           15426950*p^16+18087244*p^15-18037012*p^14+15224160*p^13-10781610*p^12+6317640*p^11-2997540*p^10+1113000*p^9-305340*p^8+55440*p^7-5040*p^6)
lines(p,tot,col=2,lty=2)

#plotting method by NcAdam
lines(p,3*8/7/(p*(1-p)),col=3,lty=2)

legend(0.2,500,
       c("this method calculation","AdamO","NcAdams","this method simulation"),
       lty=c(1,2,2,0),pch=c(NA,NA,NA,1),col=c(1,2,3,1))


##### simulation part ######

#creating decision table
mat<-matrix(as.numeric(intToBits(c(0:(2^5-1)))),2^5,byrow=1)[,c(1:12)]
colnames(mat) <- c("b1","b2","b3","b4","b5","b6","b7","sum5","sum6","sum7","decision","exit")

# first 5 rolls
mat[,8] <- sapply(c(1:2^5), FUN = function(x) {sum(mat[x,1:5])})

mat[which((mat[,8]==2)&(mat[,11]==0))[1:7],12] = rep(5,7) # we can stop for 7 cases with 2 heads
mat[which((mat[,8]==2)&(mat[,11]==0))[1:7],11] = c(1:7)   
mat[which((mat[,8]==3)&(mat[,11]==0))[1:7],12] = rep(5,7) # we can stop for 7 cases with 3 heads
mat[which((mat[,8]==3)&(mat[,11]==0))[1:7],11] = c(1:7)    

# extra 6th roll
mat <- rbind(mat,mat)
mat[c(33:64),6] <- rep(1,32)
mat[,9] <- sapply(c(1:2^6), FUN = function(x) {sum(mat[x,1:6])})

mat[which((mat[,9]==2)&(mat[,11]==0))[1:7],12] = rep(6,7) # we can stop for 7 cases with 2 heads
mat[which((mat[,9]==2)&(mat[,11]==0))[1:7],11] = c(1:7)   
mat[which((mat[,9]==4)&(mat[,11]==0))[1:7],12] = rep(6,7) # we can stop for 7 cases with 4 heads
mat[which((mat[,9]==4)&(mat[,11]==0))[1:7],11] = c(1:7)    

# extra 7th roll
mat <- rbind(mat,mat)
mat[c(65:128),7] <- rep(1,64)
mat[,10] <- sapply(c(1:2^7), FUN = function(x) {sum(mat[x,1:7])})

for (i in 1:6) {
  mat[which((mat[,10]==i)&(mat[,11]==0))[1:7],12] = rep(7,7) # we can stop for 7 cases with i heads
  mat[which((mat[,10]==i)&(mat[,11]==0))[1:7],11] = c(1:7)   
}


mat[1,12] = 7           # when we did not have succes we still need to count the 7 coin tosses
mat[2^7,12] = 7


draws = rep(0,100)
num = rep(0,100)
# plotting simulation
for (p in seq(0.05,0.95,0.05)) {
  n <- rep(0,1000)
  for (i in 1:1000) {
    coinflips <- rbinom(7,1,p)  # draw seven numbers
    I <- mat[,1:7]-matrix(rep(coinflips,2^7),2^7,byrow=1) == rep(0,7)                      # compare with the table
    Imatch = I[,1]*I[,2]*I[,3]*I[,4]*I[,5]*I[,6]*I[,7]        # compare with the table 
      draws[i] <- mat[which(Imatch==1),11]                 # result which number
      num[i]   <- mat[which(Imatch==1),12]                 # result how long it took
  }
  Nturn <- mean(num)                   #how many flips we made
  Sturn <- (1000-sum(draws==0))/1000   #how many numbers we got (relatively)
  points(p,Nturn/Sturn)
}

інше зображення, яке масштабується на $p*(1-p)$ для кращого порівняння:

збільшення масштабів порівняння методів, описаних у цій публікації та коментарях

"умовний пропуск 7-го кроку" - це незначне поліпшення, яке можна зробити за правилом ранньої зупинки. У цьому випадку ви вибираєте не групи з однаковою ймовірністю після 6-го перевороту. У вас 6 груп з однаковою ймовірністю, і 1 група з дещо різною ймовірністю (для цієї останньої групи вам потрібно перевернути ще один додатковий час, коли у вас є 6 голів або хвостів і тому, що ви відкинете 7 голів або 7 хвостів, ви закінчите з однаковою ймовірністю, зрештою)

---

Автор StackExchangeStrike

Розділіть ящик на сім областей рівних областей, кожен з яких позначений цілим числом. Закиньте монету в ящик таким чином, щоб вона мала рівну ймовірність посадки у кожному регіоні.

$\pi$

$p = 1$$p=0$

EDIT: на основі відгуків інших.

Ось цікава думка:

встановити список {1,2,3,4,5,6,7}. Киньте монету для кожного елемента в списку послідовно. Якщо він розташовується головою вгору для певного елемента, видаліть номер зі списку. Якщо всі числа з певної ітерації списку вилучені, повторіть вибірку. Робіть це, поки не залишиться лише одне число.

drop.one <- function(x, p) {
  drop <- runif(length(x)) < p
  if (all(drop))
    return(x)
  return(x[!drop])
}

sample.recur <- function(x, p) {
  if (length(x) > 1)
    return(sample.recur(drop.one(x, p), p))
  return(x)
}

# x <- c(1:7,7:1)
x <- 1:7
p <- 0.01

out <- replicate(1e5, sample.recur(x, p))

round(prop.table(table(out)), 2)

дає мені приблизно рівномірний розподіл

> round(prop.table(table(out)), 2)
out
   1    2    3    4    5    6    7 
0.14 0.14 0.15 0.14 0.14 0.14 0.14 

$N$

---

Оцінка вартості очікування для кількості викинутих монет

$x$$y$

$$M = \begin{bmatrix} q^7 & 0 & 0 & 0 &0 & 0 & 1 & 1\\ 7p^1q^6 & q^6 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 21p^2q^5 & 6p^1q^5 & q^5 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 35 p^3q^4 & 15 p^2q^4 & 5q^4 & q^4 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 35 p^4q^3 & 20 p^3q^3 & 10 p^2q^3 & 4 p^1q^3 & q^3 & 0 & 0 & 0\\ 21p^5q^2 & 15 p^4q^2 & 10 p^3q^2 & 6 p^2q^2 & 3 p^1q^2 & q^2 & 0 & 0\\ 7p^6q^1 & 6 p^5q^1 & 5 p^4q^1 & 4 p^3q^1 & 3p^2q^1 & 2p^1q^1 & 0 & 0\\ p^7 & p^6 & p^5 & p^4 & p^3 & p^2 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$

$(M-I)v=0$

$E(n) = \frac{24}{7}p(1-p)$

$p>2/3$

Знайдено рішення з wxMaxima

M: matrix(
 [(1-p)^7,        0,          0,0,0,0,1,1], 
 [7* p*(1-p)^6,   (1-p)^6,        0,0,0,0,0,0], 
 [21*p^2*(1-p)^5, 6*p*(1-p)^5,    (1-p)^5,0,0,0,0,0], 
 [35*p^3*(1-p)^4, 15*p^2*(1-p)^4, 5*p*(1-p)^4,(1-p)^4,0,0,0,0], 
 [35*p^4*(1-p)^3, 20*p^3*(1-p)^3, 10*p^2*(1-p)^3,4*p*(1-p)^3,(1-p)^3,0,0,0], 
 [21*p^5*(1-p)^2, 15*p^4*(1-p)^2, 10*p^3*(1-p)^2,6*p^2*(1-p)^2,3*p*(1-p)^2,(1-p)^2,0,0], 
 [7* p^6*(1-p)^1, 6*p^5*(1-p),    5*p^4*(1-p),4*p^3*(1-p),3*p^2*(1-p),2*(1-p)*p,0,0], 
 [p^7,        p^6,        p^5,p^4,p^3,p^2,0,0]
);
z: nullspace(M-diagmatrix(8,1));
x : apply (addcol, args (z));
t : [7,6,5,4,3,2,0,0];
plot2d(t.x/x[7],[p,0,1],logy);

Розрахунки в R

# plotting empty canvas
plot(-100,-100,
     xlab="p",
     ylab="E(total flips)",
     ylim=c(10,1000),xlim=c(0,1),log="y")

# plotting simulation
for (p in seq(0.1,0.9,0.05)) {

  n <- rep(0,10000)
  for (i in 1:10000) {
    success  = 0
    tests = c(1,1,1,1,1,1,1)     # start with seven numbers in the set
    count = 0
    while(success==0) {
      for (j in 1:7)  {
        if (tests[j]==1) {
          count = count + 1
          if  (rbinom(1,1,p) == 1) {
            tests[j] <- 0        # elliminate number when we draw heads
          }
        }
      }
      if (sum(tests)==1) {
        n[i] = count
        success = 1              # end     when 1 is left over
      }
      if (sum(tests)==0) {
        tests = c(1,1,1,1,1,1,1) # restart when 0 are left over
      }
    }
  }
  points(p,mean(n))
}

# plotting formula
p <- seq(0.001,0.999,0.001)

tot <- (7*(p^20-20*p^19+189*p^18-1121*p^17+4674*p^16-14536*p^15+34900*p^14-66014*p^13+99426*p^12-119573*p^11+114257*p^10-85514*p^9+48750*p^8-20100*p^7+5400*p^6-720*p^5)+6*
    (-7*p^21+140*p^20-1323*p^19+7847*p^18-32718*p^17+101752*p^16-244307*p^15+462196*p^14-696612*p^13+839468*p^12-806260*p^11+610617*p^10-357343*p^9+156100*p^8-47950*p^7+9240*p^6-840*p^5)+5*
    (21*p^22-420*p^21+3969*p^20-23541*p^19+98154*p^18-305277*p^17+733257*p^16-1389066*p^15+2100987*p^14-2552529*p^13+2493624*p^12-1952475*p^11+1215900*p^10-594216*p^9+222600*p^8-61068*p^7+11088*p^6-1008*p^5)+4*(-
    35*p^23+700*p^22-6615*p^21+39235*p^20-163625*p^19+509425*p^18-1227345*p^17+2341955*p^16-3595725*p^15+4493195*p^14-4609675*p^13+3907820*p^12-2745610*p^11+1592640*p^10-750855*p^9+278250*p^8-76335*p^7+13860*p^6-
    1260*p^5)+3*(35*p^24-700*p^23+6615*p^22-39270*p^21+164325*p^20-515935*p^19+1264725*p^18-2490320*p^17+4027555*p^16-5447470*p^15+6245645*p^14-6113275*p^13+5102720*p^12-3597370*p^11+2105880*p^10-999180*p^9+371000
   *p^8-101780*p^7+18480*p^6-1680*p^5)+2*(-21*p^25+420*p^24-3990*p^23+24024*p^22-103362*p^21+340221*p^20-896679*p^19+1954827*p^18-3604755*p^17+5695179*p^16-7742301*p^15+9038379*p^14-9009357*p^13+7608720*p^12-
 5390385*p^11+3158820*p^10-1498770*p^9+556500*p^8-152670*p^7+27720*p^6-2520*p^5))/(7*p^27-147*p^26+1505*p^25-10073*p^24+49777*p^23-193781*p^22+616532*p^21-1636082*p^20+3660762*p^19-6946380*p^18+11213888*p^17-
  15426950*p^16+18087244*p^15-18037012*p^14+15224160*p^13-10781610*p^12+6317640*p^11-2997540*p^10+1113000*p^9-305340*p^8+55440*p^7-5040*p^6)
lines(p,tot)

#plotting comparison with alternative method
lines(p,3*8/7/(p*(1-p)),lty=2)

legend(0.2,500,
       c("simulation","calculation","comparison"),
       lty=c(0,1,2),pch=c(1,NA,NA))

Питання дещо неоднозначне, чи задається "генерувати випадкове ціле число рівним або меншим за 7 з однаковою ймовірністю", чи це запитує "генерувати 7 випадкових цілих чисел з однаковою ймовірністю?" - але який простір цілих чисел?!?

Я припускаю, що це перша, але та сама логіка, яку я застосовую, може бути поширена і на другий випадок, як тільки ця проблема буде усунена.

З упередженою монетою ви можете отримати справедливу монету, дотримуючись наступної процедури: https://en.wikipedia.org/wiki/Fair_coin#Fair_results_from_a_biased_coin

Число 7 або менше можна записати у двійковій формі як три {0,1} цифри. Отже, все, що потрібно зробити, це тричі виконати вищевказану процедуру та перетворити отримане двійкове число назад у десяткове.

Рішення, яке ніколи не витрачає, перевертає, що дуже допомагає для дуже упереджених монет.

Недоліком цього алгоритму (як мінімум написано) є те, що він використовує арифметику довільної точності. Практично ви, ймовірно, хочете скористатися цим способом, поки не буде переповнено ціле число, і лише потім викиньте його та почніть спочатку.

Крім того , ви повинні знати , що зміщення є ... що ви не могли б, скажімо, якщо вона залежить від температури , як і більшість фізичних явищ.

---

Якщо припустити, що шанс керівників - 30%.

• Почніть з асортименту [1, 8).
• Переверніть монету. Якщо голови, використовуйте ліві 30%, так що ваш новий асортимент [1, 3.1). Інше, використовуйте правильні 70%, тож ваш новий асортимент [3.1, 8).
• Повторюйте, поки весь діапазон не буде однаковою цілою частиною.

---

Повний код:

#!/usr/bin/env python3
from fractions import Fraction
from collections import Counter
from random import randrange


BIAS = Fraction(3, 10)
STAT_COUNT = 100000


calls = 0
def biased_rand():
    global calls
    calls += 1
    return randrange(BIAS.denominator) < BIAS.numerator


def can_generate_multiple(start, stop):
    if stop.denominator == 1:
        # half-open range
        stop = stop.numerator - 1
    else:
        stop = int(stop)
    start = int(start)
    return start != stop


def unbiased_rand(start, stop):
    if start < 0:
        # negative numbers round wrong
        return start + unbiased_rand(0, stop - start)
    assert isinstance(start, int) and start >= 0
    assert isinstance(stop, int) and stop >= start
    start = Fraction(start)
    stop = Fraction(stop)
    while can_generate_multiple(start, stop):
        if biased_rand():
            old_diff = stop - start
            diff = old_diff * BIAS
            stop = start + diff
        else:
            old_diff = stop - start
            diff = old_diff * (1 - BIAS)
            start = stop - diff
    return int(start)


def stats(f, *args, **kwargs):
    c = Counter()
    for _ in range(STAT_COUNT):
        c[f(*args, **kwargs)] += 1

    print('stats for %s:' % f.__qualname__)
    for k, v in sorted(c.items()):
        percent = v * 100 / STAT_COUNT
        print('  %s: %f%%' % (k, percent))


def main():
    #stats(biased_rand)
    stats(unbiased_rand, 1, 7+1)
    print('used %f calls at bias %s' % (calls/STAT_COUNT, BIAS))


if __name__ == '__main__':
    main()

Як вже зазначалося в попередніх коментарях, ця загадка відноситься до 1951 році Джона фон Неймана паперу «Різні методи , використовувані в зв'язку з випадкових чисел» , опублікованій в науковому журналі Національного бюро стандартів:

$p$$f(p)$$f$ $f(p)=\min\{1,2p\}$$N$ випробувань.

$p \neq 1$$p \neq 0$

Спочатку ми перетворюємо (можливо) несправедливу монету в справедливу монету, використовуючи процес з відповіді NcAdams :

Переверніть монету двічі. Якщо він приземлиться HHабо TT, проігноруйте його та ще раз переверніть його.

Тепер монета має рівну ймовірність піднятися HTабо TH. Якщо він з'явиться HT, зателефонуйте до цього H1. Якщо він з'явиться TH, зателефонуйте до цього T1.

$0$$1$H1$= 1$T1 $= 0$0.H1 H1 T1$0.110$

$1/7$

$1/7 = 0.001 001 001 ...$

$2/7 = 0.010 010 010 ...$

$3/7 = 0.011 011 011 ...$

$4/7 = 0.100 100 100 ...$

$5/7 = 0.101 101 101 ...$

$6/7 = 0.110 110 110 ...$

$n$$n/7$$(n-1)/7$$1$$7$

Натхненний відповіддю Адамо, ось рішення Python, яке дозволяє уникнути упередженості:

def roll(p, n):
    remaining = range(1,n+1)
    flips = 0
    while len(remaining) > 1:
        round_winners = [c for c in remaining if random.choices(['H','T'], [p, 1.0-p]) == ['H']]
        flips += len(remaining)
        if len(round_winners) > 0:
            remaining = round_winners
        p = 1.0 - p
    return remaining[0], flips

Тут є дві основні зміни: Основна полягає в тому, що якщо все число відкидається в раунді, повторіть раунд. Також я перекладаю вибір на те, чи означає голову чи хвости кожен раз відкидати. Це зменшує кількість обертів, необхідних у випадках, коли р близький до 0 або 1 на ~ 70%, коли р = 0,999

Здається, нам дозволяється змінювати відображення результату кожного перевороту щоразу, коли ми гортаємо . Отже, використовуючи для зручності перші сім натуральних чисел, ми даємо наступні замовлення:

$H \to 1$
$H \to 2$

$H \to 7$
$H \to 1$

тощо

$T$

$AP$$T$

$$P_{AP}(\text{no integers generated}) = (1-p)^7$$

$N_b$

$$\text{Count}_{AP}(\text{useless flips}) \to 7\cdot N_b(1-p)^7$$

$B(p,n=5)$$p^3(1-p)^2$

$$P_{DS}(\text{no integers generated}) = 1-7\cdot p^3(1-p)^2$$

Тут буде схильна кількість непотрібних фліп

$$\text{Count}_{DS}(\text{useless flips}) \to 5\cdot N_b\cdot [1-7\cdot p^3(1-p)^2]$$

$AP$

$$\text{Count}_{AP}(\text{useless flips}) < \text{Count}_{DS}(\text{useless flips})$$

$$\implies 7\cdot N_b(1-p)^7 < 5\cdot N_b\cdot [1-7\cdot p^3(1-p)^2]$$

$$\implies 7\cdot (1-p)^7 < 5\cdot [1-7\cdot p^3(1-p)^2]$$

$p>0.0467$$AP$

$p$$AP$$DS$$p\approx 0.5967$

$$\frac{\text{Count}_{AP}(\text{useless flips})}{\text{Count}_{DS}(\text{useless flips})}$$

$0.67$$p=0.1$$0.3$$p=0.2$$0.127$$p=0.4$