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Perder en el solitario de la araña

Solitario de la araña tiene la propiedad de que, a veces, ninguna de las cartas del reparto final puede "salir" y, por lo tanto, se pierde, independientemente del progreso que se haya hecho de antemano. Habrías sabido que ibas a perder si hubieras visto las diez cartas finales antes de empezar la partida.

Me pregunto si podemos calcular la probabilidad de que esto ocurra.

Para que quede claro, quiero encontrar la probabilidad de que las diez últimas cartas de dos mazos de cartas bien barajadas estén formadas por cartas que no estén exactamente a uno de distancia entre sí numéricamente (sólo importan los valores, no los palos).

Nota: hay varias variantes del solitario Spider. A mí me interesa principalmente el juego estándar de 104 cartas y cuatro palos.

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No es una respuesta, pero una simulación de 10.000.000 de veces da una estimación de 0,00585, por lo que se espera que ocurra aproximadamente una vez cada 170 partidos.

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Tenga en cuenta que en Win7 (a diferencia de WinXP) la versión del juego tiene la opción de volver a repartir las últimas diez cartas. Esto le da más opciones. Si has progresado lo suficiente antes de ese punto, puedes ser capaz de arreglar una de las cartas recién repartidas para extender una secuencia de palo único existente. Lo que puede ayudar o no a tu causa.

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@JyrkiLahtonen La pregunta se refiere específicamente a la situación en la que no importa cómo esté dispuesto el resto de tus cartas, es imposible hacer nada con las diez finales, por lo que recuperar las diez primeras ciertamente no te ayudará.

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JiminyCricket Puntos 143

Puede haber $2$ a $7$ diferentes valores de las tarjetas, y $k$ los valores de las tarjetas pueden ocurrir en $\binom{14-k}k$ diferentes combinaciones de valores. El número de formas de elegir $10$ tarjetas con exactamente $k$ se pueden encontrar diferentes valores de la tarjeta utilizando la inclusión-exclusión: Hay $\binom{8k}{10}$ formas de elegir $10$ tarjetas con valores en un conjunto determinado de $k$ valores, por lo que hay

$$ \sum_{j=2}^k(-1)^{k-j}\binom kj\binom{8j}{10} $$

formas de elegir $10$ tarjetas con valores que forman exactamente un conjunto determinado de $k$ valores. Así, el número de combinaciones es

$$ \sum_{k=2}^7\binom{14-k}k\sum_{j=2}^k(-1)^{k-j}\binom kj\binom{8j}{10}=153020720928 $$

( cálculo ) de un total de $\binom{104}{10}=26100986351440$ por lo que la probabilidad de que esto ocurra es

$$ \frac{153020720928}{26100986351440}=\frac{9563795058}{1631311646965}\approx0.00586264 $$

de acuerdo con las simulaciones de Jonathan.

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Mark Puntos 1

No creo que su suposición sea correcta. Si en un reparto final (o en cualquier otro) no hay ninguna carta que se pueda mover a otra columna, es puede todavía se puede mover junto con una o más cartas que están debajo de ella. Así que el jugador experto planeará dejar una o más cartas del mismo palo y orden creciente en una de las columnas, para luego moverlas juntas a alguna otra columna coincidente.

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Por favor, sea más educado. La afirmación "¡Tu suposición es errónea!" puede interpretarse como agresiva.

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Lo de que un buen jugador puede dejar las cartas preparadas para el siguiente reparto se ha dicho en los comentarios a mi pregunta. Pero el hecho es que el reparto final (u otro) puede no tener cartas que se puedan ir (todos los valores de las cartas son pares, por ejemplo).

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