Формула для бросания костей (без грубой силы)

Прежде всего, я не уверен, где этот вопрос должен быть опубликован. Я спрашиваю, является ли статистическая проблема NP-Complete и если не решить ее программно. Я размещаю это здесь, потому что проблема статистики - центральная точка.

Я пытаюсь найти лучшую формулу для решения проблемы. Проблема в том, что если у меня есть 4d6 (4 обычных шестигранных кубика), и я бросаю их все сразу, убираю кубик с наименьшим числом (называемым «сбросом»), затем складываю оставшиеся 3, какова вероятность каждого возможного результата ? Я знаю ответ таков:

Sum (Frequency): Probability
3   (1):         0.0007716049
4   (4):         0.0030864198
5   (10):        0.0077160494
6   (21):        0.0162037037
7   (38):        0.0293209877
8   (62):        0.0478395062
9   (91):        0.0702160494
10  (122):       0.0941358025
11  (148):       0.1141975309
12  (167):       0.1288580247
13  (172):       0.1327160494
14  (160):       0.1234567901
15  (131):       0.1010802469
16  (94):        0.0725308642
17  (54):        0.0416666667
18  (21):        0.0162037037

Среднее значение составляет 12,24, а стандартное отклонение - 2,847.

Я нашел вышеупомянутый ответ грубой силой и не знаю, как или если есть формула для этого. Я подозреваю, что эта проблема является NP-Complete и, следовательно, может быть решена только грубой силой. Можно было бы получить все вероятности 3d6 (3 нормальных шестигранных кубика), а затем наклонить каждую из них вверх. Это было бы быстрее, чем грубая сила, потому что у меня есть быстрая формула, когда все кости сохранены.

Я запрограммировал формулу хранения всех кубиков в колледже. Я спросил об этом своего профессора статистики, и он нашел эту страницу , которую он мне тогда объяснил. Существует большая разница в производительности между этой формулой и грубой силой: 50d6 заняло 20 секунд, но 8d6 отбрасывает наименьшие сбои через 40 секунд (хрому не хватает памяти).

Эта проблема NP-Complete? Если да, пожалуйста, предоставьте доказательство, если нет, предоставьте формулу не грубой силы для ее решения.

Обратите внимание, что я не знаю много о NP-Complete, поэтому я думаю о NP, NP-Hard или о чем-то еще. Доказательство NP-Полноты бесполезно для меня, единственная причина, по которой я прошу его, состоит в том, чтобы не дать людям угадать. И, пожалуйста, держите меня в покое, так как я давно над этим работал: я не помню статистику, так как мне, возможно, придется решить эту проблему.

В идеале я ищу более общую формулу для числа X кубиков с Y сторонами, когда N из них отброшено, но я начинаю с чего-то гораздо более простого.

Редактировать:

Я также предпочел бы формулу для выходных частот, но она приемлема только для выходных вероятностей.

Для тех, кто интересуется, я запрограммировал ответ whuber на JavaScript на моем GitHub (в этом коммите только тесты фактически используют определенные функции).

Решение

Пусть будет кубика, каждый из которых дает равные шансы на результаты 1 , 2 , … , d = 6 . Пусть K будет минимумом значений, когда все n кубиков выбрасываются независимо.$n=4$$1, 2, \ldots, d=6$$K$$n$

Рассмотрим распределение суммы всех значений условных на K . Пусть X будет этой суммой. Производящая функция для числа способов сформировать любое заданное значение X , учитывая, что минимум составляет по меньшей мере k ,$n$$K$$X$$X$$k$

$$f_{(n,d,k)}(x) = x^k+x^{k+1} + \cdots + x^d = x^k\frac{1-x^{d-k+1}}{1-x}.\tag{1}$$

Поскольку игральные кости являются независимыми, генерирующая функция для количества способов формирования значений где все n игральных костей показывают значения k или больше, равна$X$$n$$k$

$$f_{(n,d,k)}(x)^n = x^{kn}\left(\frac{1-x^{d-k+1}}{1-x}\right)^n.\tag{2}$$

Эта производящая функция включает в себя слагаемые для событий, где превышает k , поэтому мы должны вычесть их. Следовательно, производящая функция для числа способов формирования значений X при заданном K = k равна$K$$k$$X$$K=k$

$$f_{(n,d,k)}(x)^n - f_{(n,d,k+1)}(x)^n.\tag{3}$$

Отмечая , что сумма наибольших значений является суммой всех значений минус наималейших, равное X - K . Следовательно, производящая функция должна быть разделена на k . Она становится функцией, генерирующей вероятность, при умножении на общий шанс любой комбинации костей, ( 1 / d ) n :$n-1$$X-K$$k$$(1/d)^n$

$$d^{-n}\sum_{k=1}^dx^{-k}\left(f_{(n,d,k)}(x)^n - f_{(n,d,k+1)}(x)^n\right).\tag{4}$$

Поскольку все полиномиальные произведения и степени могут быть вычислены в операциях (они являются сверточными и, следовательно, могут выполняться с помощью дискретного быстрого преобразования Фурье), общее вычислительное усилие составляет O ( $O(n\log n)$ . В частности,это алгоритм полиномиального времени.$O(k\,n\log n)$

---

пример

Давайте поработаем над примером в вопросе с и d = 6 .$n=4$$d=6$

Формула для PGF X, условного на K ≥ k, дает$(1)$$X$$K\ge k$

$$\eqalign{ f_{(4,6,1)}(x) &= x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6 \\ f_{(4,6,2)}(x) &= x^2+x^3+x^4+x^5+x^6 \\ \ldots \\ f_{(4,6,5)}(x) &= x^5+x^6 \\ f_{(4,6,6)}(x) &= x^6 \\ f_{(4,6,7)}(x) &= 0. }$$

Повышение их до степени как в формуле ( 2 ), приводит к$n=4$$(2)$

$$\eqalign{ f_{(4,6,1)}(x)^4 &= x^4 + 4x^5 + 10 x^6 + \cdots + 4x^{23} + x^{24} \\ f_{(4,6,2)}(x)^4 &= x^8 + 4x^9 + 10x^{10}+ \cdots + 4x^{23} + x^{24} \\ \ldots \\ f_{(4,6,5)}(x)^4 &=x^{20} + 4 x^{21} + 6 x^{22} + 4x^{23} +x^{24}\\ f_{(4,6,6)}(x)^4 &= x^{24}\\ f_{(4,6,7)}(x)^4 &= 0 }$$

Their successive differences in formula $(3)$ are

$$\eqalign{ f_{(4,6,1)}(x)^4 - f_{(4,6,2)}(x)^4 &= x^4 + 4x^5 + 10 x^6 + \cdots + 12 x^{18} + 4x^{19} \\ f_{(4,6,2)}(x)^4 - f_{(4,6,3)}(x)^4 &= x^8 + 4x^9 + 10x^{10} + \cdots + 4 x^{20} \\ \ldots \\ f_{(4,6,5)}(x)^4 - f_{(4,6,6)}(x)^4 &=x^{20} + 4 x^{21} + 6 x^{22} + 4x^{23} \\ f_{(4,6,6)}(x)^4 - f_{(4,6,7)}(x)^4 &= x^{24}. }$$

The resulting sum in formula $(4)$ is

$$6^{-4}\left(x^3 + 4x^4 + 10x^5 + 21x^6 + 38x^7 + 62x^8 + 91x^9 + 122x^{10} + 148x^{11} + \\167x^{12} + 172x^{13} + 160x^{14} + 131x^{15} + 94x^{16} + 54x^{17} + 21x^{18}\right).$$

For example, the chance that the top three dice sum to $14$ is the coefficient of $x^{14}$, equal to

$$6^{-4}\times 160 = 10/81 = 0.123\,456\,790\,123\,456\,\ldots.$$

It is in perfect agreement with the probabilities quoted in the question.

By the way, the mean (as calculated from this result) is $15869/1296 \approx 12.244598765\ldots$ and the standard deviation is $\sqrt{13\,612\,487/1\,679\,616}\approx 2.8468444$.

A similar (unoptimized) calculation for $n=400$ dice instead of $n=4$ took less than a half a second, supporting the contention that this is not a computationally demanding algorithm. Here is a plot of the main part of the distribution:

Since the minimum $K$ is highly likely to equal $1$ and the sum $X$ will be extremely close to having a Normal$(400\times 7/2, 400\times 35/12)$ distribution (whose mean is $1400$ and standard deviation is approximately $34.1565$), the mean must be extremely close to $1400-1=1399$ and the standard deviation extremely close to $34.16$. This nicely describes the plot, indicating it is likely correct. In fact, the exact calculation gives a mean of around $2.13\times 10^{-32}$ greater than $1399$ and a standard deviation around $1.24\times 10^{-31}$ less than $\sqrt{400\times 35/12}$.

Edit: @SkySpiral has had trouble getting the below formula to work. I currently don't have time to work out what the issue is, so if you're reading this it's best to proceed under the assumption it's incorrect.

---

I'm not sure about the general problem with varying numbers of dice, sides, and drops, but I think I can see an efficient algorithm for the drop-1 case. The qualifier is that I'm not completely sure that it's correct, but right now I can't see any flaws.

Let's start by not dropping any dice. Suppose $X_n$ represents the $n$th die, and suppose $Y_n$ represents the sum of $n$ dice. Then

$$p(Y_n = a) = \sum_k p(Y_{n-1} = a - k)p(X_n=k)$$

Now suppose $Z_n$ is the sum of $n$ dice when one die is dropped. Then

$$p(Z_n = a) = p(\text{$n$th die is the smallest})p(Y_{n-1} = a) + \\ p(\text{$n$th die is not the smallest})\sum_k p(Z_{n-1} = a - k)p(X_n=k)$$

If we define $M_n$ to be distribution of the minimum of $n$ dies, then

$$p(Z_n = a) = p(X_n \leq M_{n-1})p(Y_{n-1} = a | X_n \leq M_{n-1}) + \\ p(X_n > M_{n-1})\sum_k p(Z_{n-1} = a - k)p(X_n=k | X_n > M_{n-1})$$

and we can calculate $M_n$ using

$$p(M_n = a) = p(X_n \leq M_{n-1})p(X_n = a |X_n \leq M_{n-1}) + p(X_n > M_{n-1})p(M_{n-1} = a|X_n > M_{n-1})$$

Anyway, together this all suggests a dynamic programming algorithm based on $Y_n, Z_n$ and $M_n$. Should be quadratic in $n$.

edit: A comment has been raised on how to calculate $p(X_n \leq M_{n-1})$. Since $X_n, M_{n-1}$ can each only take on one of six values, we can just sum over all possibilities:

$$p(X_n \leq M_{n-1}) = \sum_{a,b} p(X_n = a, M_{n-1} = b, a \leq b)$$

Similarly, $p(X_n = k | X_n > M_{n-1})$ can be calculated by applying Bayes rule then summing over the possible values of $X_n, M_{n-1}$.

I have a reasonably efficient algorithm for this that, on testing, seems to match results of pure brute force while relying less heavily on enumerating all possibilities. It's actually more generalized than the above problem of 4d6, drop 1.

Some notation first: Let $X_NdY$ indicate that you are rolling $X$ dice with $Y$ faces (integer values $1$ to $Y$), and considering only the highest $N$ dice rolled. The output is a sequence of dice values, e.g. $4_3d6$ yields $3, 4, 5$ if you rolled $1, 3, 4, 5$ on the four dice. (Note that I'm calling it a "sequence," but the order is not important here, particularly since all we care about in the end is the sum of the sequence.)

The probability $P(X_NdY = S)$ (or more specifically, $P(4_3d6 = S)$) is a simplified version of the original problem, where we are only considering a specific set of dice, and not all possible sets that add up to a given sum.

Suppose $S$ has $k$ distinct values, $s_0, s_1, ..., s_k$, such that $s_i > s_{i+1}$, and each $s_i$ has a count of $c_i$. For example, if $S = 3, 4, 4, 5$, then $(s_0,c_0) = (5,1)$, $(s_1,c_1) = (4,2)$, and $(s_2,c_2) = (3,1)$.

You can calculate $P(X_NdY = S)$ in the following way:

$$P(X_NdY = S) = \frac{ \left( \prod_{i=0}^{k-1} {X - \sum_{h=0}^{i-1} c_h \choose c_i} \right) \left( \sum_{j=0}^{X-N} { c_k+X-N \choose c_k+X-N-j} (s_k-1)^j \right)}{ Y^X }$$

That's pretty messy, I know.

The product expression $\prod_{i=0}^{k-1}$ is iterating through all but the lowest of the values in $S$, and calculating all the ways those values may be distributed among the dice. For $s_0$, that's just $X \choose c_i$, but for $s_1$, we have to remove the $c_0$ dice that have already been set aside for $s_0$, and likewise for $s_i$ you must remove $\sum_{h=0}^{i-1}c_h$.

The sum expression $\sum_{j=0}^{X-N}$ is iterating through all the possibilities of how many of the dropped dice were equal to $s_k$, since that affects the possible combinations for the un-dropped dice with $s_k$ as their value.

By example, let's consider $P[4_3d6=(5,4,4)]$:

$$(s_1, c_1) = (5, 1)$$ $$(s_2, c_2) = (4, 2)$$

So using the formula above:

$$P[4_3d6=(5,4,4)] \\ = \frac{ {4 \choose 1} \left( {3 \choose 3} \cdot 3^0 + {3 \choose 2} \cdot 3^1 \right) }{ 6^4 } \\ = \frac{5}{162} = 0.0\overline{308641975}$$

The formula breaks down on a domain issue when $s_k=1$ and $j=0$ in the summation, leading to a first term of $0^0$, which is indeterminate and needs to be treated as $1$. In such a case, a summation is not actually necessary at all, and can be omitted, since all the dropped dice will also have a value of $s_k = 1$.

Now here's where I do need to rely on some brute force. The original problem was to calculate the probability of the sum being some value, and $X_NdY$ represents the individual dice left after dropping. This means you must add up the probabilities for all possible sequences $S$ (ignoring ordering) whose sum is the given value. Perhaps there is a formula to calculate this across all such values of $S$ at once, but I haven't even tried broaching that yet.

I've implemented this in Python first, and the above is an attempt to express it mathematically. My Python algorithm is accurate and reasonably efficient. There are some optimizations that could be made for the case of calculating the entire distribution of $\sum X_NdY$, and maybe I'll do that later.