Rectas de tres longitud 3 "con huecos" frente a la longitud de una recta de 6. ¿Cuál es más probable y cómo mucho?

Question

El uso de un bien revueltos estándar $52$ cartas de la baraja, $2$ jugadores (llamar a y B) deciden jugar a un juego. Sacan de la comunidad (compartido) tarjetas (sin reemplazo) hasta que un ganador para que la mano se declara o que se acaben las cartas, lo que ocurra primero. Para ganar, tiene que ser de tres de longitud $3$ ascendente rectas dibujadas en orden, tal como $6,7,8$ ... $2,3,4$... $10,J,Q$. El $3$ las escaleras tienen que ser todos "saltado" por lo menos $1$ rango algo así como $7,8,9$ ... $10,J,Q$ ... $2,3,4$ no es un ganador de Un porque de las $9$ $10$ no están aislados. El rango de $2$ tarjeta es considerada como la más baja de la tarjeta y el $A$ tarjeta es considerado el más alto del ranking de la tarjeta por lo $A,2,3$ NO es considerada como una escalera. Para B para ganar, tiene que ser una recta de longitud $6$ como $7,8,9,10,J,Q$.

Entonces, ¿quién tiene mayor probabilidad de ganar y por cuánto?

Mi simulación inicial había un error en ella, así que me fijo y estoy de volver a ejecutar.

Un ejemplo de un empate sería $2,3,4,6,7,8,7,8,9,10,J,Q$ El Q le da a y B de la última tarjeta es necesario, al mismo tiempo, por lo que es un empate (ningún triunfo para cualquiera de los dos).

Ahora estoy tratando de hacer algunos análisis matemático en el papel comenzando con la simple enumeración de las diferentes maneras de ganar. Veo a $10$ patrones:

$~1$) $2,3,4,6,7,8,10,J,Q$
$~2$) $2,3,4,6,7,8,J,Q,K$
$~3$) $2,3,4,6,7,8,Q,K,A$
$~4$) $2,3,4,7,8,9,J,Q,K$
$~5$) $2,3,4,7,8,9,Q,K,A$
$~6$) $2,3,4,8,9,10,Q,K,A$
$~7$) $3,4,5,7,8,9,J,Q,K$
$~8$) $3,4,5,7,8,9,Q,K,A$
$~9$) $3,4,5,8,9,10,Q,K,A$
$10$) $4,5,6,8,9,10,Q,K,A$

Para el jugador B para ganar, sólo hay $8$ maneras:

$1)~ 2,3,4,5,6,7$
$2)~ 3,4,5,6,7,8$
$3)~ 4,5,6,7,8,9$
$4)~ 5,6,7,8,9,10$
$5)~ 6,7,8,9,10,J$
$6)~ 7,8,9,10,J,Q$
$7)~ 8,9,10,J,Q,K$
$8)~ 9,10,J,Q,K,A$

Lo que voy a hacer es crear un cubo para cada posible patrón (modo) para ganar se muestra arriba y contar con ellos para asegurarse de que el programa está alcanzando a todos ellos. Creo que todos deben ser igualmente probables.

¿Y si empezamos por solo hacer una "escalera" análisis de la probabilidad o de la ganancia de ignorar los casos en que B gana la primera? Lo que si podemos hacer lo mismo y calcular la probabilidad de B ganadora ignorando los casos donde gana el primero. Me pregunto qué tan lejos de los que serán a partir de los resultados de la simulación.

Sería este análisis sea correcto para el cálculo de la probabilidad de B de ganar si no había Un jugador?

Posibilidad de elección del bien 1 de la tarjeta es $32/52$, buena 2ª tarjeta es $4/51$, buena 3ra tarjeta es $4/50$, buena 4º de la tarjeta es $4/49$, buena 5º de la tarjeta es $4/48$, y la buena 6º de la tarjeta es $4/47$. Esto es acerca de la $1$$447,000$, pero eso es sólo contar una inmediata ganar para B con sólo $6$ cartas al azar. B puede utilizar la plataforma completa si es necesario ganar así que ¿cómo puedo calcular que el uso de las matemáticas? En otras palabras, si el único jugador B cuántas manos en promedio, se requiere para un B ganar?

Answer 1

La respuesta es claramente el jugador $A$. Una vez que aparezca la primera carrera de tres, $B$ sólo puede ganar si la carrera continúa (suponiendo que puede), pero puede ganar $A$ de cada tarjeta posterior basada en una o dos direcciones posibles para la carrera. Esto es cierto incluso sin la adición de tarjetas de pivote, que mejoran las probabilidades incluso $A$, desde entonces $A$ puede ganar de una manera totalmente simétrica a $B$ desde el final de la primera carrera de tres.

Answer 2

Parece que tiene la ventaja, no B, como yo pensaba originalmente. Puedo poner más controles en el programa para asegurarse de que está funcionando correctamente. Originalmente me falló un par de casos para ganar, así, el programa de más bajo reportado ganancias por Una que debería haber sido. La simulación de $250~million$ manos, ahora estoy viendo a $38,060$ gana por Un y $24,337$ gana para B $4$ lazos. Por lo que se acerca de a $61$% a y acerca de $39$% para B cuando alguien gana la mano. Promedio de número de tarjetas por cada victoria se acerca $41.2$ para a y acerca de $28.8$ B para un promedio ponderado de alrededor de $36.4$. Es decir, si cualquiera ganar sucede, ya sea a o B, en promedio, alrededor del $36.4$ tarjetas se han dibujado que es más de $2/3$rds de toda la cubierta. Para el $4$ lazos, promedio # de tarjetas de se $(43+45+51+29)/4 = 42$.

El $29$ tarjeta de empate tuvo las siguientes tarjetas (T=$10$):

3T$345$K$89T$A932Q7AQ89847J$9TJQKA$

En esta carrera de $250~million$ manos, la más corta de la tarjeta de secuencia para una victoria para Un se $9$ B $6$. La más larga de la tarjeta de secuencia para ambos era de $52$ (para ganar).

Otra cosa interesante que he intentado estaba programada la simulación para que me diga cómo a menudo en todas las $52$ tarjetas a y B, ambos tienen un candidato a ganar (pero no necesariamente en la misma tarjeta). De $10~million$ $52$ tarjeta de las manos, se informó en $8$ fueron multicandidate ganadores. Eso ayuda a explicar por qué los lazos son aún más raros porque para los que usted necesita $2$ candidatos ganadores Y ambos deben estar en la misma final de la carta robada (tales como tarjeta de $42$ por ejemplo).

La única cosa ligeramente sospechoso veo que en la versión revisada (corregida) de código se me hizo cubos para cada una de las $10$ formas (patrones) donde se puede ganar y también la $8$ formas (patrones) donde B puede ganar pensando que todo estaría aproximadamente el mismo número, pero parece ser que hay una ligera tendencia hacia el menor cubo numerado para cada uno, lo que indica que la baja # triunfos de tarjeta están apareciendo más. Esto puede ser porque de la manera que yo compruebe por las victorias que comienza en el número más bajo de secuencias (como $2,3,4$) y cada vez que Un o B gana, la comprobación de "cortocircuito" (finalizado) para que mano. También podría ser que $250~million$ manos no es suficiente para permitir que ellos (los cubos) para "normalizar". Tal vez yo necesite $1~billion$ o más manos.

Mi simulación de obras por primera barajar el mazo entero de $52$ tarjetas y, a continuación, simplemente la búsqueda de toda la cubierta de la $18$ patrones ($10$$8$ B) que indican que un candidato a la victoria para cualquiera de los dos. También me echa para las relaciones. A veces, a y B tienen candidato gana en la misma mano, pero uno llega antes que el otro. En ese caso yo simplemente premio de la victoria a la persona que tenga el candidato a ganar la primera (con el menor número de tarjetas). Parecía más sencillo para mí para implementar la simulación de esta manera, ya no tengo que recoger una tarjeta en un tiempo y un ganador como voy. Es como yo baraja el mazo, para poner todas las cartas en una mesa de una vez, a continuación, busque el ganador. Incluso el uso de un lenguaje interpretado (no compilado) que sólo utiliza $50$% de mi CPU max y es mucho más lento que cualquier lenguaje compilado, puedo simular $1$ millones de manos en alrededor de $1.3$ minutos. $1$ millones tomaría $22$ horas. Algún día me gustaría implementar esto en c o en algún otro lenguaje compilado y ver lo rápido que puede llegar a ir.

Es divertido tener un programa de simulación para los juegos de cartas como este porque permite el fácil análisis de los diferentes patrones a través de los cubos para ellos solo en el conteo.

Si este problema es demasiado difícil de resolver matemáticamente, quisiera que alguien por lo menos intentar una simulación así como para confirmar los resultados y comparar las velocidades.