{非技术}斗地主游戏中地主手中牌出现至少一个非王炸的概率是多少
十年磨剑
一副牌（54张），3个人玩，其中一个人（地主）拿20张牌，另外两个人（农民）分别拿17张；
拿到4张点数一样的为炸，大小王在一起也成炸（俗称火箭）；
我数学不好，想请教一下大家，地主拿到至少一个非火箭的炸概率有多少？
MadCow
Patrol Sun
十年磨剑
理由是总数为54张牌选20张，然后有13种可能的炸，每种炸有50张牌选16张剩余可能；
On 12月1日, 下午5时25分, Patrol Sun <sunp1...@gmail.com> wrote:
> 程序模拟好像是19%左右
>
> 2009/12/1 MadCow <cai.zhaohu...@gmail.com>
>
> > 20/52 * 19/51 * 18/50 * 17/49?
>
> > 2009/11/30 十年磨剑 <beijingc...@hotmail.com>
fansong zeng
设一个非王炸都没有的概率为p，则所求概率为1-p。
54张牌中选20张有C(54, 20)种选法，那么只需求一个非王炸都没有拿到的可能性有多少种。
先按其手中的王的个数分三类 A B C;
A 一个王都没有：
用ai表示其手中排i（i＝{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,J,Q,K}的张数），则一个炸弹没有的可能性为以下方程解的数目:
a1+a2+...+a13 = 20 ai = {0,1,2,3}
用N[k,m] 表示 a1+a2+...+ak = m的解的数目
则N[k,m] = N[k-1,m] + N[k-1,m-1] + N[k-1,m-2] + N[k-1,m-3];
初始条件: N[1,i] = 1, i = {0,1,2,3}
N[1,i] = 0, else
解为 N[13,20]
B 有一个王
解为 2*N[13,19]
C 有两个王
解为 N[13,18]
所以最后得到 p = ( N[13,20] + 2*N[13,19] + N[13,18] )/C(54,20)
再用1减之得 斗地主游戏中地主手中牌出现至少一个非王炸的概率
fansong zeng
用N[k,m]表示从{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,J,Q,K}的前k种牌中选m张的种类
考虑第k种排选0,1,2,3张的情况有：
N[k,m] = N[k-1,m] + 4*N[k-1,m-1] + 6*N[k-1,m-2] + 4*N[k-1,m-3];
初始条件也变了，见如下C++代码
//注：本来想用TMP求C(54,20)，无奈enum是32位的int型，要溢出
#include <iostream>
typedef __int64 longlong;
typedef unsigned __int64 ulonglong;
const int X = 14;
const int Y = 21;
template <unsigned M,unsigned N>
struct combination {
enum { value = combination<M-1,N-1>::value + combination<M-1,N>::value };
};
template <unsigned M>
struct combination<M,M> {
enum { value = 1 };
};
template <unsigned M>
struct combination<M,0> {
enum { value = 1 };
};
int main() {
longlong N[X][Y] = {0};
N[1][0] = 1;
N[1][1] = 4;
N[1][2] = 6;
N[1][3] = 4;
for (int i=4; i < Y; ++i) {
N[1][i] = 0;
}
for (int i=1; i < X; ++i) {
longlong t = 2*i;
N[i][0] = 1;
N[i][1] = 2*t;
N[i][2] = (N[i][1]-1)*t;
}
for (int x=2; x < X; ++x) {
for (int y=3; y < Y; ++y) {
N[x][y] = N[x-1][y] + 4*N[x-1][y-1] + 6*N[x-1][y-2] + 4*N[x-1][y-3];
}
}
longlong comb[55][21] = {0};
for (int i=1; i < 55; ++i) {
comb[0][i] = 0;
}
for (int i=0; i < 21; ++i) {
comb[i][0] = 1;
}
for (int i=1; i < 55; ++i) {
for (int j=1; j < 21; ++j) {
comb[i][j] = comb[i-1][j-1] + comb[i-1][j];
}
}
longlong c = N[13][20] + 2*N[13][19] + N[13][18];
longlong b = comb[54][20];
double p = static_cast<double>(c)/b;
std::cout << (1-p)*100 << "%\n";
return 0;
}
结果手中至少一个非王炸的概率为： 18.9821%。
fansong zeng
理论值也是一大堆的 ∑ ，不会简单到哪去的。
这题不用计算机估计很能算出来吧。
fansong zeng
下面的没有问题了：
//注：C++0x支持64位的enum，另外VC里面也支持。
#include <iostream>
typedef __int64 longlong;
typedef unsigned __int64 ulonglong;
const int X = 14;
const int Y = 21;
template <unsigned M,unsigned N>
struct combination {
};
template <unsigned M>
struct combination<M,M> {
};
template <unsigned M>
struct combination<M,0> {
};
int main() {
longlong N[X][Y] = {0};
N[1][0] = 1;
N[1][1] = 4;
N[1][2] = 6;
N[1][3] = 4;
for (int i=4; i < Y; ++i) {
N[1][i] = 0;
}
for (int i=1; i < X; ++i) {
longlong t = 2*i;
N[i][0] = 1;
N[i][1] = 2*t;
N[i][2] = (N[i][1]-1)*t;
}
for (int x=2; x < X; ++x) {
for (int y=3; y < Y; ++y) {
N[x][y] = N[x-1][y] + 4*N[x-1][y-1] + 6*N[x-1][y-2] + 4*N[x-1][y-3];
}
}
longlong comb[55][21] = {0};
comb[0][i] = 0;
}
comb[i][0] = 1;
}
for (int i=1; i < 55; ++i) {
for (int j=1; j < 21; ++j) {
comb[i][j] = comb[i-1][j-1] + comb[i-1][j];
}
}
longlong c = N[13][20] + 2*N[13][19] + N[13][18];
double p = static_cast<double>(c)/b;
std::cout << (1-p)*100 << "%\n";
return 0;
}
pengfei yu
5个炸：（13张选5张）
4个炸：（13张选4张），还有4张的情况，
都不同，9张选4张；
2张相同，（9张选2张）*7*6；
3张相同，（9张选1张）*8；
3个炸：同理
2009/12/1 十年磨剑 <beiji...@hotmail.com>
十年磨剑
但是我没怎么想清楚我的解法哪里有问题，我的想法是先固定住一个炸，这样有13种方式，
那剩下的只能从50张牌里选择16张牌，问题在哪呢？
> 2009/12/1 fansong zeng <fanste...@gmail.com>
>
> > 二楼的方案有点问题， 不好意思[?]
>
> > 2009/12/1 Patrol Sun <sunp1...@gmail.com>
>
> > 程序模拟好像是19%左右
>
> >> 2009/12/1 MadCow <cai.zhaohu...@gmail.com>
>
> >>> 20/52 * 19/51 * 18/50 * 17/49?
>
> >>> 2009/11/30 十年磨剑 <beijingc...@hotmail.com>
>
> >>> 不知道大家玩过斗地主游戏没有，做个简要介绍吧：
> >>>> 一副牌（54张），3个人玩，其中一个人（地主）拿20张牌，另外两个人（农民）分别拿17张；
> >>>> 拿到4张点数一样的为炸，大小王在一起也成炸（俗称火箭）；
> >>>> 我数学不好，想请教一下大家，地主拿到至少一个非火箭的炸概率有多少？
>
>
>
> 323.gif
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十年磨剑
On 12月2日, 下午12时04分, pengfei yu <asd...@gmail.com> wrote:
> 我认为13*（50张牌选16）/（54张牌选20）不对，比较笨的方法：分类讨论，地主可以拿到炸的可能：
> 5个炸：（13张选5张）
> 4个炸：（13张选4张），还有4张的情况，
> 都不同，9张选4张；
> 2张相同，（9张选2张）*7*6；
> 3张相同，（9张选1张）*8；
> 3个炸：同理
> 2009/12/1 十年磨剑 <beijingc...@hotmail.com>
十年磨剑
其实并不仅仅是13*C（50，16），因为每一个炸弹在20张牌中出现的次序有很多种，所以需要乘上那些种类；
也就是说，是13 * C（50，16）* （4张牌落在20张牌中的总可能数）= 13 * C（50， 16） * 24 * (4个相同球落在
20个洞的总可能数)
这样我算出来的值为16.596785%，怎么算出来的不一样？这次又错了吗？
唉，实在是搞不了数学。
十年磨剑
fansong zeng
fansong zeng
固定A时选16张 和 固定B时选16张 之间有交集
讨论交集 固定AB时，选其它的，又和固定CD时选其它的又有交集，依次下去复杂度可想而知
所以只能讨论一个炸弹都拿不到的情况。
OK？
十年磨剑
On 12月2日, 下午11时37分, fansong zeng <fanste...@gmail.com> wrote:
> 固定一个炸弹，然后再选16张的问题在于：
> 固定A时选16张 和 固定B时选16张 之间有交集
> 讨论交集 固定AB时，选其它的，又和固定CD时选其它的又有交集，依次下去复杂度可想而知
> 所以只能讨论一个炸弹都拿不到的情况。
> OK？
>
> 2009/12/2 十年磨剑 <beijingc...@hotmail.com>
dean zhang
Wooddy
没有非王炸的生成函数为：
(x^0+4x^1+6x^2+4x^3)^13(x^0+2x^1+x^2)
其中x^20的系数为：260380724617728
任意选取的生成函数为：
(x^0+4x^1+6x^2+4x^3+x^4)^13(x^0+2x^1+x^2)
其中x^20的系数为：321387366339585
于是概率p = 1 - 260380724617728/321387366339585 = 0.1898
虽然生成函数的展开也很麻烦（可以用mathematica），但是能给出解这类题的一类通用手段。
On 12月3日, 下午12时30分, dean zhang <seds19841...@gmail.com> wrote:
> 提供一个思路，根据抽签等概率的原理，那么每人每次抽到一张特定牌的概率应该是相等的(为1/54)，我的思路也是基于这一点的。
> 分析可以取到四张1的情况，设概率为p，则取不到四张1的概率为1-p，其它同理；
> 可知1到K都取不到四张的概率为(1-p)^13，那么所求即为1-(1-p)^13。问题转换为对p的求解。
>
> 四张1的概率p是否可以这样考虑：20次中每次取黑桃1的概率都为1/54，20次中按序取黑、红、方、草的概率为(1/54)^4,一共有20选4种这样按序-取的可能，而且取花色的可能有4！种（此处有简单问题复杂化之嫌，请见谅）。即取四张1的概率p为：P(20,4)
> * (1/54)^4
>
> 我算出的结果大概是16.4%
> 有不当之处，希望各位批评指正。
> --
> msn:seds-19841...@hotmail.com <msn%3Aseds-19841...@hotmail.com>
> Gwave:seds19841...@googlewave.com <Gwave%3Aseds19841...@googlewave.com>
> twitter:twitter.com/seds19841231
> QQ:seds19841...@126.com <QQ%3Aseds19841...@126.com>
fansong zeng
其实转化后就是一个数学上叫数列问题，计算机里我们叫DP（动态规划）问题。
Wooddy
> 没有非王炸的生成函数为：
> (x^0+4x^1+6x^2+4x^3)^13(x^0+2x^1+x^2)
> 其中x^20的系数为：260380724617728
>
> 任意选取的生成函数为：
> (x^0+4x^1+6x^2+4x^3+x^4)^13(x^0+2x^1+x^2)
>
> 于是概率p = 1 - 260380724617728/321387366339585 = 0.1898
>
> 虽然生成函数的展开也很麻烦（可以用mathematica），但是能给出解这类题的一类通用手段。
>
> On 12月3日, 下午12时30分, dean zhang <seds19841...@gmail.com> wrote:
>
>
>
> > 提供一个思路，根据抽签等概率的原理，那么每人每次抽到一张特定牌的概率应该是相等的(为1/54)，我的思路也是基于这一点的。
> > 分析可以取到四张1的情况，设概率为p，则取不到四张1的概率为1-p，其它同理；
> > 可知1到K都取不到四张的概率为(1-p)^13，那么所求即为1-(1-p)^13。问题转换为对p的求解。
>
> > * (1/54)^4
>
> > 我算出的结果大概是16.4%
> > 有不当之处，希望各位批评指正。
> > --
> > msn:seds-19841...@hotmail.com <msn%3Aseds-19841...@hotmail.com>
> > Gwave:seds19841...@googlewave.com <Gwave%3Aseds19841...@googlewave.com>
> > twitter:twitter.com/seds19841231
>
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obtuseSword
(13,4) C(38,4) + C(13,5) C(34,0) = 22670621227 / 119430459435 ≈
0.1898227750
On Dec 3, 2:41 pm, fansong zeng <fanste...@gmail.com> wrote:
> 看上面我的代码吧，最终答案是 18.9823%
> 其实转化后就是一个数学上叫数列问题，计算机里我们叫DP（动态规划）问题。
>
> 2009/12/3 dean zhang <seds19841...@gmail.com>
>
> > 提供一个思路，根据抽签等概率的原理，那么每人每次抽到一张特定牌的概率应该是相等的(为1/54)，我的思路也是基于这一点的。
> > 分析可以取到四张1的情况，设概率为p，则取不到四张1的概率为1-p，其它同理；
> > 可知1到K都取不到四张的概率为(1-p)^13，那么所求即为1-(1-p)^13。问题转换为对p的求解。
>
> > 四张1的概率p是否可以这样考虑：20次中每次取黑桃1的概率都为1/54，20次中按序取黑、红、方、草的概率为(1/54)^4,一共有20选4种这样按序取的可能，而且取花色的可能有4！种（此处有简单问题复杂化之嫌，请见谅）。即取四张1的概率p为：P(20,4)
> > * (1/54)^4
>
> > 我算出的结果大概是16.4%
> > 有不当之处，希望各位批评指正。
> > --
cui nk
bookcpp
0.19916142557652
bookcpp
wang feng
比如生成10^8次牌局，然后计数一下就成了
ZYX
2010/2/1 bookcpp <boo...@gmail.com>:
石奇偲
非王炸的概率可以不用生成函数法,直接用排列组合就行了.不过手工算计算量有点大.