Существует ли формула для общей формы задачи по сбору купонов?

Я наткнулся на проблему сборщиков купонов и пытался выработать формулу для обобщения.

Если существует различных объектов, и вы хотите собрать как минимум копий каждого из их (где ), каково ожидание того, сколько случайных объектов вы должны купить? В нормальной задаче по сбору купонов и . $N$ $k$ $m$ $m \le N$ $m = N$ $k = 1$

В коллекции 12 разных фигур LEGO. Я хочу собрать 3 копии каждой из 10 (любых 10) фигур. Я могу купить их случайно по одному. Сколько я должен ожидать купить, прежде чем у меня есть 3 копии каждого из 10 из них?

— nickponline
источник

Я не помню, чтобы видел формулу для этого конкретного обобщения, но для одноразового вопроса, подобного этому, я бы склонялся к моделированию.

— Glen_b

Это не легко вычислить, но это можно сделать, если $\binom{m+k}{k}$ не слишком велик. (Это число учитывает возможные состояния, которые необходимо отслеживать при сборе купонов.)

Давайте начнем с симуляции, чтобы получить некоторый смысл ответа. Здесь я собрал цифры LEGO миллион раз. Черная линия на этом графике отслеживает частоты количества покупок, необходимых для сбора не менее трех из десяти различных цифр.

Серая полоса - это приблизительный двусторонний 95% доверительный интервал для каждого счета. Под всем этим находится красная кривая: это истинное значение.

Чтобы получить истинные значения, учитывайте положение дел во время сбора цифр, из которых существует возможных типов, и вы хотите собрать как минимум из различных типов. Единственная информация, которую вам нужно отслеживать, это то, сколько фигур вы не видели, сколько вы видели всего один раз, сколько вы видели дважды и сколько вы видели три или более раз. Мы можем удобно представить это как моном где - это связанные числа, индексы от до . В общем, мы будем использовать мономы вида $n=12$ $k=3$ $m=10$ $x_0^{i_0} x_1^{i_1} x_2^{i_2} x_3^{i_3}$ $i_j$ $k=0$ $k=t$ $\prod_{j=0}^k x_j^{i_j}$ .

После сбора нового случайного объекта это будет один из невидимых объектов с вероятностью , один из объектов, видимых только один раз с вероятностью , и так далее. Результат может быть выражен в виде линейной комбинации мономов, $i_0$ $i_0/n$ $i_1/n$

x_{0}^{i_{0}} x_{1}^{i_{1}} x_{2}^{i_{2}} x_{3}^{i_{3}} \to \frac{1}{n} (i_{0} x_{0}^{i_{0} - 1} x_{1}^{i_{1} + 1} x_{2}^{i_{2}} x_{3}^{i_{3}} + \dots + i_{3} x_{0}^{i_{0}} x_{1}^{i_{1}} x_{2}^{i_{2} - 1} x_{3}^{i_{3}}) .

$x_0^{i_0} x_1^{i_1} x_2^{i_2} x_3^{i_3}\to \frac{1}{n}\left(i_0 x_0^{i_0-1}x_1^{i_1+1}x_2^{i_2}x_3^{i_3} + \cdots + i_3 x_0^{i_0}x_1^{i_1}x_2^{i_2-1}x_3^{i_3}\right).$

Это результат применения линейного дифференциального оператора к моному. Очевидно, что повторные обращения к начальному состоянию дадут многочлен , имеющий не более членов, где коэффициент - это шанс быть в состоянии, указанном его показателями. Нам просто нужно сосредоточиться на терминах в с : сумма их коэффициентов будет шансом завершить сбор купона. Таким образом, весь расчет требует до $(x_1 D_{x_0} + x_2 D_{x_1} + x_3 D_{x_2} + x_3 D_{x_3})/n$ $x_0^{12}=x_0^n$ $p$ $\binom{n+k}{k}$ $\prod_{j=0}^k x_j^{i_j}$ $p$ $i_3 \ge t$ $(m+1)\binom{n+k}{k}$ простые вычисления на каждом этапе, повторяемые столько раз, сколько необходимо, чтобы быть почти уверенными в успешности сбора.

Такое выражение процесса позволяет использовать эффективность систем компьютерной алгебры. Вот, например, общее решение Mathematica для вычисления шансов до розыгрышей. Это исключает некоторые возможности, но их общие шансы меньше , что дает нам почти полную картину распределения. $6nk=216$ $10^{-17}$

n = 12;
threshold = 10;
k = 3;

(* Draw one object randomly from an urn with `n` of them *)
draw[p_] := 
  Expand[Sum[Subscript[x, i] D[#, Subscript[x, i - 1]], {i, 1, k}] + 
      Subscript[x, k] D[#, Subscript[x, k]] & @ p];

(* Find the chance that we have collected at least `k` each of `threshold` objects *)
f[p_] := Sum[
  Coefficient[p, Subscript[x, k]^t] /. 
   Table[Subscript[x, i] -> 1, {i, 0, k - 1}], {t, threshold, n}]

(* Compute the chances for a long series of draws *)
q = f /@ NestList[draw[#]/n &, Subscript[x, 0]^n, 6 n k];

Результат, который занимает около двух секунд для вычисления (быстрее, чем симуляция!), Представляет собой массив вероятностей, проиндексированных по количеству ничьих. Вот график его различий, которые представляют собой вероятности завершения ваших покупок в зависимости от количества:

Именно эти цифры используются для рисования красной фоновой кривой на первом рисунке. (Тест хи-квадрат показывает, что симуляция существенно не отличается от этого вычисления.)

Мы можем оценить ожидаемое количество тиражей суммированием ; результат должен быть хорошим до 14-15 знаков после запятой. Я (что верно для каждой цифры, что определяется более длинными вычислениями). $1-q$ $50.7619549386733$

— Whuber
источник