¿Qué resultado es más probable, obtener a cuatro reyes en 2 x tarjetas o un determinado par de triples (de un grupo) dentro de x tarjetas de?

Question

Supongamos que 2 personas (llamar a y B) reto a un juego de cartas. Una feria, bien mezclados, baraja estándar de 52 cartas se utiliza para cada mano. De la comunidad (compartido) se dibujan las tarjetas de una en una sin reemplazo para cada mano. Un jugador le gana si los cuatro Reyes son dibujados en una mano. El jugador B tendrá un candidato a ganar si en un par de triples son extraídas de los siguientes rangos (2,3,4,5,6,7,8,9,10) en una mano. Dado que es más probable que B se encuentre un candidato a ganar antes de que gana, ambos jugadores están de acuerdo en que incluso si B se presenta un candidato a ganar (digamos, por ejemplo, con 20 cartas al azar así que vamos n = el número de cartas sacadas por B tiene el primer candidato a ganar de la mano), de la comunidad de tarjetas seguirán ser dibujado para que de la mano hasta el doble de la cantidad de tarjetas que se trazan y no es para ganar Una, o tiene una victoria antes de 2n se dibujan las tarjetas.

Por ejemplo: supongamos que el jugador B se presenta un candidato a ganar temprano en la mano al 10 de tarjeta con un dibujo (no es probable, pero bueno para mantener este ejemplo). Las cartas podría ser algo como esto: 3 5 K 7 5 J K 3 3 5. Aquí B tiene un candidato gana con 333 555 pero las reglas del juego del estado que tiene una oportunidad de ganar, consiguiendo que el 4 Ks dentro de dos veces el número de cartas al azar cuando B recibe el primer candidato a ganar (en este ejemplo el doble de 10 tarjetas de = 20 cartas). Así, por ejemplo, si se dibuja tarjetas de 11 a 15 9 2 K Q K, entonces Una realidad iba a ganar porque la victoria estaba en 15 tarjetas y B el candidato de ganar era de 10 tarjetas y 15 es menos que el doble de 10. En este caso, B el candidato de gana de perder.

Por lo que habrá un ganador en cada mano.

Así que la pregunta es quién va a ganar en el longrun basarse en las reglas? ¿Cómo se puede calcular este matemáticamente? Es decir, ¿cómo se puede determinar el promedio de número de cartas de cada jugador para conseguir que el candidato que gane y si aplicamos estas reglas del juego, que debería ganar en el longrun?

Para una aclaración, nota que los quads de filas 2,3,4,5,6,7,8,9 y 10 son considerados todavía triples. Así que (por ejemplo), B puede tener un candidato a ganar si las tarjetas 2 2 2 3 3 3 3 se dibujan en algún lugar de la mano antes de ver quad Ks. La última tarjeta de rango 3 aquí puede ser dibujado como estamos dibujo más tarjetas para ver si va a tener un triunfo dentro de los permitidos # de tarjetas. También, incluso si hay más de un 2 ocurrencias de triples en los rangos 2,3,4,5,6,7,8,9 y 10 muestran, que aún se considera un candidato para ganar B. Para mayor claridad, pensar en el primer par de triples visto (en filas 2,3,4,5,6,7,8,9,10) como el inicio de los candidatos a ganar para B (tomar nota de la cantidad de tarjetas que se han elaborado hasta ese punto), y ya que nos acercamos más tarjetas para ver si gana o no, otros triples que surgen de no anular el candidato a ganar que B ya tiene.

También, en el raro caso en el que los cuatro Ks aparecen antes de que el jugador B recibe el 2 ocurrencias de triples, la mano se detendrá de inmediato, ya que es claramente una victoria para el jugador A.

Para mayor claridad, también debo mencionar que los quads en los rangos 2..10 todavía se considera un candidato a ganar para B como si las tarjetas 2 2 2 2 7 7 7 7 se ven antes de las 4 Ks. Esto es porque una vez un triple en los rangos 2..10 se ve, mantiene la triple a "el estado" (para el propósito de este juego), aunque es posible que más tarde se convertirá en un quad durante la misma mano.

También tenga en cuenta que el mínimo número de cartas para ganar es de 4 (KKKK) pero el mínimo para B para ganar es de 12 (tales como 3 5 3 5 3 5 7 K 8 K 9 K). Incluso a pesar de que B tiene el candidato a ganar en el dibujado de tarjetas 6 en este ejemplo, tenemos que permitir a los 12 cartas total a asegurar que no sea ganar por Un plazo de los 12 total de tarjetas.

Answer 1

He aquí una respuesta parcial dando el número esperado de cartas al azar para obtener 4 Reyes, por primera vez, y conceptual de la respuesta a las dos tripletes pregunta.

En particular, la "primera vez" requisito hace que este problema sea más complicado de lo que parece a primera, y es la principal complicación que me bloqueo de la presentación de una respuesta completa con los dos tripletes.

Para los 4 Reyes, la probabilidad de que la ronda de $n$ los rendimientos de los cuatro reyes es la probabilidad de tener 3 reyes en la ronda de $n-1$ y el dibujo, el último rey redondo $n$.

$$p(n) = \frac{1}{52-(n-1)} \times \frac{{48 \choose n-4}}{{52 \choose n-1}}$$

Summing this from $n = 4$ to $52$ yields 0.25, which we use to normalize and find the expectation:

$$\sum_{n=4}^{52} \frac{n \times p(n)}{0.25} = 42.4$$

I confirmed this answer using computer simulations. Incidentally, the expected number of rounds to achieve two triplets is roughly 21.2 by simulation and is the long term winner (barely).

---

When considering the expected round to achieve two triplets, it's natural to notice that by the pigeonhole principle, it must be less than 37, since it's impossible to not have two triplets by the time the 37th card is drawn. We get this number from 16 (4 cards x 4 face ranks) + 8*2 (8 suits between 2 and 9 with 2 cards each) + 4 (our first triplet with the maximal 4 cards allowed); drawing the 37th card must necessarily complete a second triplet.

I recommend using the above approach, that is, finding $p(n)$ by the product of the probabilities for

1. the event that at round $n-1$ no tenemos dos trillizos, pero es posible dibujar una sola tarjeta y complete nuestro segundo triplete

2. en el caso de que en la ronda de $n$ dibujamos una sola tarjeta que completa el segundo triplete

Voy a describir los conceptos matemáticos para responder a este problema.

La mínima situación en la ronda de $n-1$ puede ser descrito utilizando:

$$\binom{9}{1}\binom{4}{3}\binom{8}{1}\binom{4}{2} \times ...$$

This counts the number of ways you can have a "full house" within the 9 non-face ranks. This is the minimal condition at round $n-1$ for it to be possible to complete two triplets by round $n$.

$$\frac{2}{52 - (n-1)}$$

This expression counts the probability of drawing a single card that completes the second triplet, under our minimal condition.

For all the remaining cards, we need to count the number of ways to place them into 4 face ranks and 7 non-face ranks without inducing more non-face triplets. This can be expressed as counting the number of ways you can place $n$ indistinguishable balls into $k$ bins, with a max of $m$ balls per bin (see http://math.stackexchange.com/questions/89417/number-of-ways-to-put-n-unlabeled-balls-in-k-bins-with-a-max-of-m-balls-in for a good reference).

Lastly, for all non-face ranks that we place 2 balls into (draw 2 cards in), we need to adjust the number of winning draws at round $$ n, que se completa con un segundo triplete.

Conceptualmente creo que esto debería funcionar, pero esta es una respuesta parcial porque estoy teniendo dificultades para expresar todo en una sola ecuación que se obtiene de la expectativa que ocurren por la simulación, 21.2. Si me avanzar más en este, voy a actualizar esta respuesta.

Answer 2

Escribí un completo programa de simulación para responder a este problema. He hecho el código tan simple como sea posible inicialmente se trabaja para conseguirlo rápidamente. Yo baraja el mazo entero, me encuentro con el candidato a ganar la posición para Un (por lo general alrededor de tarjeta con un dibujo 42), y luego encontrar el candidato a ganar la posición de B (por lo general alrededor de tarjeta con un dibujo 21). Yo, a continuación, comprobar para ver si la posición es menos que o igual a 2 veces B de la posición. Si es así, es un triunfo para Una, de lo contrario es una victoria para B. Por ejemplo, si B es candidato a ganar la posición es en el dibujado de la tarjeta de 20, entonces a puede ganar si el 4to rey aparece en la tarjeta de la posición 40 o antes (39,38...). No hay lazos que no haya un ganador en cada mano. Esta es una ligera modificación del problema original, pero he actualizado las reglas así que no hay lazos.

Me encontré con mi simulación para 10 millones de victorias y obtuvo los siguientes resultados:

$4,861,266$ : A gana
$5,138,734$ : B gana
$~~~~ 366,565$ : Número de manos de Un triunfo de la posición de vino antes de B

Así que sí, parece que B tiene una ligera ventaja en el juego.

También, voy a ser la optimización de mi código para que se ejecute más rápido para que yo pueda hacer más simulaciones como, posiblemente, 1 millones de dólares en lugar de sólo 10 millones. Estoy usando un más rápido algoritmo de aleatorización de ahora, pero va a mejorar aún más por sólo arrastrando los primeros 25 cartas porque si B no tiene un candidato gana por entonces, es un triunfo automático para Un (a partir del llegaría a utilizar la totalidad de la baraja de 52 cartas). Sólo si B tiene un candidato a ganar dentro de los primeros 25 cartas voy a baraja el resto de la cubierta y de verificación de los 4 reyes.

Tengo el más optimizado código de trabajo, por desgracia, me está diciendo que el "todo" de la cubierta (el 2º fragmento) deben ser mezcladas por sobre 83.75% de las manos de modo que la optimización no era tan buena como yo esperaba tan lejos como un speedup. Voy a let it rip de 1 mil millones de manos y publicar los resultados aquí para la comparación de los resultados de 10 millones de manos. El uso de un lenguaje interpretado, parece que va a tardar unas 24 horas de tiempo de ejecución para obtener 1 mil millones de decisiones.