Мозговой тизер: Как сгенерировать 7 целых чисел с равной вероятностью, используя смещенную монету, у которой pr (голова) = p?

Это вопрос, который я нашел на Glassdoor : как можно сгенерировать 7 целых чисел с равной вероятностью, используя монету с $\mathbb{Pr}(\text{Head}) = p\in(0,1)$ ?

По сути, у вас есть монета, которая может быть или не быть честной, и это единственный процесс генерации случайных чисел, который у вас есть, поэтому придумайте генератор случайных чисел, который выводит целые числа от 1 до 7, где вероятность получения каждого из этих целых чисел 1/7.

Эффективность данных генерирует процесс имеет значение.

Переверните монету дважды. Если он приземлится HHилиTT проигнорирует его, дважды переверните его.

Теперь монета имеет равную вероятность подняться HTили TH. Если это произойдет HT, позвоните H1. Если это произойдет TH, позвоните T1.

Продолжайте получать H1или T1пока у вас не будет три подряд. Эти три результата дают вам число, основанное на таблице ниже:

H1 H1 H1 -> 1
H1 H1 T1 -> 2
H1 T1 H1 -> 3
H1 T1 T1 -> 4
T1 H1 H1 -> 5
T1 H1 T1 -> 6
T1 T1 H1 -> 7
T1 T1 T1 -> [Throw out all results so far and repeat]

Я утверждаю, что это будет прекрасно работать, хотя в этом процессе у вас будет много потерянных бросков!

Предположим, что .$p \in (0,1)$

Шаг 1: . Бросьте монету 5 раз.

Если результат

, верните 1 и остановитесь.$(H, H, H, T, T)$$1$

, верните 2 и остановитесь.$(H, H, T, T, H)$$2$

, верните 3 и остановитесь.$(H, T, T, H, H)$$3$

, верните 4 и остановитесь.$(T, T, H, H, H)$$4$

, верните 5 и остановитесь.$(T, H, H, H, T)$$5$

, верните 6 и остановитесь.$(H, H, T, H, T)$$6$

, верните 7 и остановитесь.$(H, T, H, T, H)$$7$

Шаг 2: . Если результат не один из вышеперечисленных, повторите шаг 1.

Обратите внимание, что независимо от значения , каждый из семи перечисленных выше результатов имеет вероятность q = p 3 ( 1 - p ) 2 , и ожидаемое количество бросков монет равно $p \in (0,1)$$q = p^3(1-p)^2$ . Тоссеру не нужно знать значениеp(за исключением того, чтоp≠0иp≠1); гарантируется, что семь целых чисел с равной вероятностью будут возвращены экспериментом после его завершения (и гарантированно закончится с вероятностью1).$\displaystyle \frac{5}{7q}$$p$$p\neq 0$$p\neq 1$$1$

Обобщение случая, описанного Дилипом Сарватом

Некоторые из методов, описанных в других ответах, используют схему, в которой вы бросаете последовательность из $n$ монет за ход, и в зависимости от результата вы выбираете число от 1 до 7 или сбрасываете ход и бросаете снова.

Хитрость заключается в том, чтобы найти в расширении возможностей множество из 7 результатов с одинаковой вероятностью $p^k(1-p)^{n-k}$ и сопоставить их друг с другом.

Поскольку общее число результатов не кратно 7, у нас есть несколько результатов, которые мы не можем присвоить числу, и есть некоторая вероятность того, что нам нужно отбросить результаты и начать все сначала.

Случай использования 7 монет сальто за ход

Интуитивно можно сказать, что бросать кости семь раз было бы очень интересно. Поскольку нам нужно только выбросить 2 из $2^7$ возможностей. А именно, 7 раз головы и 0 раз головы.

Для всех остальных возможностей $2^7-2$ всегда есть кратные 7 случаев с одинаковым количеством головок. А именно 7 футляров с 1 головкой, 21 футляр с 2 головками, 35 футляров с 3 головками, 35 футляров с 4 головками, 21 футляр с 5 головками и 7 шкафов с 6 головками

Таким образом, если вы вычисляете число (отбрасывая 0 голов и 7 голов),

с $C_k$ распределенными переменными Бернулли (значение 0 или 1), то X по модулю 7 является равномерной переменной с семью возможными результатами.

Сравнение разного количества подбрасываний монет за ход

Остается вопрос, каким было бы оптимальное количество бросков за ход. Бросание большего количества кубиков за ход обходится вам дороже, но вы уменьшаете вероятность повторного броска.

На рисунке ниже показаны ручные вычисления для первых нескольких монетных бросков за ход. (возможно, может быть аналитическое решение, но я считаю, что можно с уверенностью сказать, что система с 7 подбрасываниями монет обеспечивает лучший метод в отношении ожидаемого значения для необходимого количества подбрасываний монет)

# plot an empty canvas
plot(-100,-100,
     xlab="flips per turn",
     ylab="E(total flips)",
     ylim=c(7,400),xlim=c(0,20),log="y")
title("expectation value for total number of coin flips
(number of turns times flips per turn)")

# loop 1
# different values p from fair to very unfair 
# since this is symmetric only from 0 to 0.5 is necessary 

# loop 2
# different values for number of flips per turn
# we can only use a multiple of 7 to assign 
#   so the modulus will have to be discarded
#   from this we can calculate the probability that the turn succeeds
#   the expected number of flips is 
#       the flips per turn 
#             divided by 
#       the probability for the turn to succeed 

for (p in c(0.5,0.2,0.1,0.05)) {
  Ecoins <- rep(0,16)
  for (dr in (5:20)){
    Pdiscards = 0
    for (i in c(0:dr)) { 
      Pdiscards = Pdiscards + p^(i)*(1-p)^(dr-i) * (choose(dr,i) %% 7)
    }
    Ecoins[dr-4] = dr/(1-Pdiscards)
  }
  lines(5:20, Ecoins)
  points(5:20, Ecoins, pch=21, col="black", bg="white", cex=0.5)
  text(5, Ecoins[1], paste0("p = ",p), pos=2)
}

Использование правила ранней остановки

примечание: приведенные ниже расчеты для ожидаемого значения числа бросков для справедливой монеты $p=0.5$ , было бы бесполезно делать это при разных значениях $p$ , но принцип остается тем же (хотя и другой учет дела нужны)

Мы должны иметь возможность выбирать случаи (вместо формулы для $X$ ) так, чтобы мы могли остановиться раньше.

• С 5 монетами мы имеем шесть возможных неупорядоченных наборов голов и хвостов:

  1 + 5 + 10 + 10 + 5 + 1 упорядоченных комплектов

  И мы можем использовать группы с десятью случаями (то есть группу с двумя головами или группу с двумя хвостами), чтобы выбрать (с равной вероятностью) число. Это происходит в 14 из 2 ^ 5 = 32 случаев. Это оставляет нас с:

  1 + 5 + 3 + 3 + 5 + 1 упорядоченных комплектов

• С дополнительным (6-м) подбрасыванием монеты мы имеем для семи возможных различных неупорядоченных наборов голов и хвостов:

  1 + 6 + 8 + 6 + 8 + 6 + 1 упорядоченных комплектов

  И мы можем использовать группы с восемью случаями (то есть группу с 3 головами или группу с 3 хвостами), чтобы выбрать (с равной вероятностью) число. Это происходит в 14 из 2 * (2 ^ 5-14) = 36 случаев. Это оставляет нас с:

  1 + 6 + 1 + 6 + 1 + 6 + 1 упорядоченных комплектов

• С помощью другого (7-го) дополнительного броска монеты мы имеем для восьми возможных различных неупорядоченных наборов голов и хвостов:

  1 + 7 + 7 + 7 + 7 + 7 + 7 + 1 упорядоченных комплектов

  И мы можем использовать группы с семью случаями (все, кроме случаев всех хвостов и всех голов), чтобы выбрать (с равной вероятностью) число. Это происходит в 42 из 44 случаев. Это оставляет нас с:

  1 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 1 упорядоченных множеств

  (мы могли бы продолжить это, но только на 49-м шаге это дает нам преимущество)

Так что вероятность выбора номера

• на 5 сальто это $\frac{14}{32} = \frac{7}{16}$
• на 6 сальто это $\frac{9}{16}\frac{14}{36} = \frac{7}{32}$
• на 7 сальто это $\frac{11}{32}\frac{42}{44} = \frac{231}{704}$
• не в 7 сальто это $1-\frac{7}{16}-\frac{7}{32}-\frac{231}{704} = \frac{2}{2^7}$

Это делает ожидаемое значение количества сальто за один ход условным, если есть успех и р = 0,5:

Значение ожидания для общего количества сальто (до успеха), при условии, что р = 0,5, становится:

В ответе NcAdams используется вариант этой стратегии правил остановки (каждый раз, когда появляются два новых броска монет), но он не оптимально выбирает все броски.

Ответ Клайда также может быть аналогичным, хотя может существовать неравномерное правило выбора, согласно которому каждые две подбрасывания монеты может быть выбрано число, но не обязательно с равной вероятностью (расхождение, которое исправляется во время последующих подбрасываний монеты)

Сравнение с другими методами

Другими методами, использующими аналогичный принцип, являются методы, разработанные NcAdams и AdamO.

Принцип таков : решение для числа от 1 до 7 принимается после определенного количества голов и хвостов. После $x$ числа сальто для каждого решения, которое приводит к числу $i$ существует аналогичное, в равной степени вероятное, решение, которое приводит к числу $j$ (то же количество голов и хвостов, но только в другом порядке). Некоторые серии голов и хвостов могут привести к решению начать все сначала.

Для методов такого типа метод, размещенный здесь, является наиболее эффективным, поскольку он принимает решения как можно раньше (как только появляется возможность для 7 последовательностей равных вероятностей голов и хвостов после $x$ броска мы можем использовать они принимают решение по числу, и нам не нужно переворачивать дальше, если мы сталкиваемся с одним из этих случаев).

Это демонстрируется изображением и моделированием ниже:

#### mathematical part #####
set.seed(1)


#plotting this method
p <- seq(0.001,0.999,0.001)
tot <- (5*7*(p^2*(1-p)^3+p^3*(1-p)^2)+
       6*7*(p^2*(1-p)^4+p^4*(1-p)^2)+
       7*7*(p^1*(1-p)^6+p^2*(1-p)^5+p^3*(1-p)^4+p^4*(1-p)^3+p^5*(1-p)^2+p^6*(1-p)^1)+
        7*1*(0+p^7+(1-p)^7) )/
             (1-p^7-(1-p)^7)
plot(p,tot,type="l",log="y",
     xlab="p",
     ylab="expactation value number of flips"
     )

#plotting method by AdamO
tot <- (7*(p^20-20*p^19+189*p^18-1121*p^17+4674*p^16-14536*p^15+34900*p^14-66014*p^13+99426*p^12-119573*p^11+114257*p^10-85514*p^9+48750*p^8-20100*p^7+5400*p^6-720*p^5)+6*
          (-7*p^21+140*p^20-1323*p^19+7847*p^18-32718*p^17+101752*p^16-244307*p^15+462196*p^14-696612*p^13+839468*p^12-806260*p^11+610617*p^10-357343*p^9+156100*p^8-47950*p^7+9240*p^6-840*p^5)+5*
          (21*p^22-420*p^21+3969*p^20-23541*p^19+98154*p^18-305277*p^17+733257*p^16-1389066*p^15+2100987*p^14-2552529*p^13+2493624*p^12-1952475*p^11+1215900*p^10-594216*p^9+222600*p^8-61068*p^7+11088*p^6-1008*p^5)+4*(-
          35*p^23+700*p^22-6615*p^21+39235*p^20-163625*p^19+509425*p^18-1227345*p^17+2341955*p^16-3595725*p^15+4493195*p^14-4609675*p^13+3907820*p^12-2745610*p^11+1592640*p^10-750855*p^9+278250*p^8-76335*p^7+13860*p^6-
          1260*p^5)+3*(35*p^24-700*p^23+6615*p^22-39270*p^21+164325*p^20-515935*p^19+1264725*p^18-2490320*p^17+4027555*p^16-5447470*p^15+6245645*p^14-6113275*p^13+5102720*p^12-3597370*p^11+2105880*p^10-999180*p^9+371000
           *p^8-101780*p^7+18480*p^6-1680*p^5)+2*(-21*p^25+420*p^24-3990*p^23+24024*p^22-103362*p^21+340221*p^20-896679*p^19+1954827*p^18-3604755*p^17+5695179*p^16-7742301*p^15+9038379*p^14-9009357*p^13+7608720*p^12-
           5390385*p^11+3158820*p^10-1498770*p^9+556500*p^8-152670*p^7+27720*p^6-2520*p^5))/(7*p^27-147*p^26+1505*p^25-10073*p^24+49777*p^23-193781*p^22+616532*p^21-1636082*p^20+3660762*p^19-6946380*p^18+11213888*p^17-
           15426950*p^16+18087244*p^15-18037012*p^14+15224160*p^13-10781610*p^12+6317640*p^11-2997540*p^10+1113000*p^9-305340*p^8+55440*p^7-5040*p^6)
lines(p,tot,col=2,lty=2)

#plotting method by NcAdam
lines(p,3*8/7/(p*(1-p)),col=3,lty=2)

legend(0.2,500,
       c("this method calculation","AdamO","NcAdams","this method simulation"),
       lty=c(1,2,2,0),pch=c(NA,NA,NA,1),col=c(1,2,3,1))


##### simulation part ######

#creating decision table
mat<-matrix(as.numeric(intToBits(c(0:(2^5-1)))),2^5,byrow=1)[,c(1:12)]
colnames(mat) <- c("b1","b2","b3","b4","b5","b6","b7","sum5","sum6","sum7","decision","exit")

# first 5 rolls
mat[,8] <- sapply(c(1:2^5), FUN = function(x) {sum(mat[x,1:5])})

mat[which((mat[,8]==2)&(mat[,11]==0))[1:7],12] = rep(5,7) # we can stop for 7 cases with 2 heads
mat[which((mat[,8]==2)&(mat[,11]==0))[1:7],11] = c(1:7)   
mat[which((mat[,8]==3)&(mat[,11]==0))[1:7],12] = rep(5,7) # we can stop for 7 cases with 3 heads
mat[which((mat[,8]==3)&(mat[,11]==0))[1:7],11] = c(1:7)    

# extra 6th roll
mat <- rbind(mat,mat)
mat[c(33:64),6] <- rep(1,32)
mat[,9] <- sapply(c(1:2^6), FUN = function(x) {sum(mat[x,1:6])})

mat[which((mat[,9]==2)&(mat[,11]==0))[1:7],12] = rep(6,7) # we can stop for 7 cases with 2 heads
mat[which((mat[,9]==2)&(mat[,11]==0))[1:7],11] = c(1:7)   
mat[which((mat[,9]==4)&(mat[,11]==0))[1:7],12] = rep(6,7) # we can stop for 7 cases with 4 heads
mat[which((mat[,9]==4)&(mat[,11]==0))[1:7],11] = c(1:7)    

# extra 7th roll
mat <- rbind(mat,mat)
mat[c(65:128),7] <- rep(1,64)
mat[,10] <- sapply(c(1:2^7), FUN = function(x) {sum(mat[x,1:7])})

for (i in 1:6) {
  mat[which((mat[,10]==i)&(mat[,11]==0))[1:7],12] = rep(7,7) # we can stop for 7 cases with i heads
  mat[which((mat[,10]==i)&(mat[,11]==0))[1:7],11] = c(1:7)   
}


mat[1,12] = 7           # when we did not have succes we still need to count the 7 coin tosses
mat[2^7,12] = 7


draws = rep(0,100)
num = rep(0,100)
# plotting simulation
for (p in seq(0.05,0.95,0.05)) {
  n <- rep(0,1000)
  for (i in 1:1000) {
    coinflips <- rbinom(7,1,p)  # draw seven numbers
    I <- mat[,1:7]-matrix(rep(coinflips,2^7),2^7,byrow=1) == rep(0,7)                      # compare with the table
    Imatch = I[,1]*I[,2]*I[,3]*I[,4]*I[,5]*I[,6]*I[,7]        # compare with the table 
      draws[i] <- mat[which(Imatch==1),11]                 # result which number
      num[i]   <- mat[which(Imatch==1),12]                 # result how long it took
  }
  Nturn <- mean(num)                   #how many flips we made
  Sturn <- (1000-sum(draws==0))/1000   #how many numbers we got (relatively)
  points(p,Nturn/Sturn)
}

другое изображение, масштабируемое на $p*(1-p)$ для лучшего сравнения:

увеличить сравнение методов, описанных в этом посте и комментариях

«условный пропуск 7-го шага» - это небольшое улучшение, которое может быть сделано по правилу ранней остановки. В этом случае вы выбираете не группы с равными вероятностями после 6-го броска. У вас есть 6 групп с равной вероятностью и 1 группа с немного другой вероятностью (для этой последней группы вам нужно перевернуть еще один дополнительный раз, когда у вас есть 6 голов или хвостов и поскольку вы сбрасываете 7 голов или 7 хвостов, вы закончите с той же вероятностью в конце концов)

Автор StackExchangeStrike

Разделите прямоугольник на семь областей равных областей, каждая из которых помечена целым числом. Бросьте монету в коробку таким образом, чтобы она имела равную вероятность посадки в каждом регионе.

$\pi$ с использованием физической процедуры Монте-Карло, например, бросания рисовых зерен на бумагу с нарисованным на ней кругом.

$p = 1$$p=0$

РЕДАКТИРОВАТЬ: на основе отзывов других.

Вот интересная мысль:

установить список {1,2,3,4,5,6,7}. Бросайте монеты для каждого элемента в списке последовательно. Если он попадает головой вверх для определенного элемента, уберите номер из списка. Если все числа из определенной итерации списка удалены, повторите выборку. Делайте так, пока не останется только один номер.

drop.one <- function(x, p) {
  drop <- runif(length(x)) < p
  if (all(drop))
    return(x)
  return(x[!drop])
}

sample.recur <- function(x, p) {
  if (length(x) > 1)
    return(sample.recur(drop.one(x, p), p))
  return(x)
}

# x <- c(1:7,7:1)
x <- 1:7
p <- 0.01

out <- replicate(1e5, sample.recur(x, p))

round(prop.table(table(out)), 2)

дает мне примерно равномерное распределение

> round(prop.table(table(out)), 2)
out
   1    2    3    4    5    6    7 
0.14 0.14 0.15 0.14 0.14 0.14 0.14 

$N$

Оценка ожидаемого значения количества бросков монет

$x$$y$

$(M-I)v=0$ ), показывает, сколько времени относительно тратится в каком состоянии. Тогда 7-е состояние - это то, как часто вы сможете нарисовать число от 1 до 7. В других состояниях указано, сколько монет стоит сальто.

$E(n) = \frac{24}{7}p(1-p)$

$p>2/3$ . Но также производительность несимметрична. Симметричная и лучшая общая производительность может быть достигнута, когда будет создано вероятностное правило переключения, которое меняет правило принятия решений с хвостов на головы, когда головы оказываются маловероятными.

Решение найдено с помощью wxMaxima

M: matrix(
 [(1-p)^7,        0,          0,0,0,0,1,1], 
 [7* p*(1-p)^6,   (1-p)^6,        0,0,0,0,0,0], 
 [21*p^2*(1-p)^5, 6*p*(1-p)^5,    (1-p)^5,0,0,0,0,0], 
 [35*p^3*(1-p)^4, 15*p^2*(1-p)^4, 5*p*(1-p)^4,(1-p)^4,0,0,0,0], 
 [35*p^4*(1-p)^3, 20*p^3*(1-p)^3, 10*p^2*(1-p)^3,4*p*(1-p)^3,(1-p)^3,0,0,0], 
 [21*p^5*(1-p)^2, 15*p^4*(1-p)^2, 10*p^3*(1-p)^2,6*p^2*(1-p)^2,3*p*(1-p)^2,(1-p)^2,0,0], 
 [7* p^6*(1-p)^1, 6*p^5*(1-p),    5*p^4*(1-p),4*p^3*(1-p),3*p^2*(1-p),2*(1-p)*p,0,0], 
 [p^7,        p^6,        p^5,p^4,p^3,p^2,0,0]
);
z: nullspace(M-diagmatrix(8,1));
x : apply (addcol, args (z));
t : [7,6,5,4,3,2,0,0];
plot2d(t.x/x[7],[p,0,1],logy);

Расчеты в R

# plotting empty canvas
plot(-100,-100,
     xlab="p",
     ylab="E(total flips)",
     ylim=c(10,1000),xlim=c(0,1),log="y")

# plotting simulation
for (p in seq(0.1,0.9,0.05)) {

  n <- rep(0,10000)
  for (i in 1:10000) {
    success  = 0
    tests = c(1,1,1,1,1,1,1)     # start with seven numbers in the set
    count = 0
    while(success==0) {
      for (j in 1:7)  {
        if (tests[j]==1) {
          count = count + 1
          if  (rbinom(1,1,p) == 1) {
            tests[j] <- 0        # elliminate number when we draw heads
          }
        }
      }
      if (sum(tests)==1) {
        n[i] = count
        success = 1              # end     when 1 is left over
      }
      if (sum(tests)==0) {
        tests = c(1,1,1,1,1,1,1) # restart when 0 are left over
      }
    }
  }
  points(p,mean(n))
}

# plotting formula
p <- seq(0.001,0.999,0.001)

tot <- (7*(p^20-20*p^19+189*p^18-1121*p^17+4674*p^16-14536*p^15+34900*p^14-66014*p^13+99426*p^12-119573*p^11+114257*p^10-85514*p^9+48750*p^8-20100*p^7+5400*p^6-720*p^5)+6*
    (-7*p^21+140*p^20-1323*p^19+7847*p^18-32718*p^17+101752*p^16-244307*p^15+462196*p^14-696612*p^13+839468*p^12-806260*p^11+610617*p^10-357343*p^9+156100*p^8-47950*p^7+9240*p^6-840*p^5)+5*
    (21*p^22-420*p^21+3969*p^20-23541*p^19+98154*p^18-305277*p^17+733257*p^16-1389066*p^15+2100987*p^14-2552529*p^13+2493624*p^12-1952475*p^11+1215900*p^10-594216*p^9+222600*p^8-61068*p^7+11088*p^6-1008*p^5)+4*(-
    35*p^23+700*p^22-6615*p^21+39235*p^20-163625*p^19+509425*p^18-1227345*p^17+2341955*p^16-3595725*p^15+4493195*p^14-4609675*p^13+3907820*p^12-2745610*p^11+1592640*p^10-750855*p^9+278250*p^8-76335*p^7+13860*p^6-
    1260*p^5)+3*(35*p^24-700*p^23+6615*p^22-39270*p^21+164325*p^20-515935*p^19+1264725*p^18-2490320*p^17+4027555*p^16-5447470*p^15+6245645*p^14-6113275*p^13+5102720*p^12-3597370*p^11+2105880*p^10-999180*p^9+371000
   *p^8-101780*p^7+18480*p^6-1680*p^5)+2*(-21*p^25+420*p^24-3990*p^23+24024*p^22-103362*p^21+340221*p^20-896679*p^19+1954827*p^18-3604755*p^17+5695179*p^16-7742301*p^15+9038379*p^14-9009357*p^13+7608720*p^12-
 5390385*p^11+3158820*p^10-1498770*p^9+556500*p^8-152670*p^7+27720*p^6-2520*p^5))/(7*p^27-147*p^26+1505*p^25-10073*p^24+49777*p^23-193781*p^22+616532*p^21-1636082*p^20+3660762*p^19-6946380*p^18+11213888*p^17-
  15426950*p^16+18087244*p^15-18037012*p^14+15224160*p^13-10781610*p^12+6317640*p^11-2997540*p^10+1113000*p^9-305340*p^8+55440*p^7-5040*p^6)
lines(p,tot)

#plotting comparison with alternative method
lines(p,3*8/7/(p*(1-p)),lty=2)

legend(0.2,500,
       c("simulation","calculation","comparison"),
       lty=c(0,1,2),pch=c(1,NA,NA))

Вопрос немного двусмысленный, задается ли вопрос «сгенерировать случайное целое число, равное или меньшее 7 с равной вероятностью», или он задает «сгенерировать 7 случайных целых чисел с равной вероятностью?» - а что такое пространство целых чисел?!?

Я предполагаю, что это первое, но та же логика, которую я применяю, может быть распространена и на второе, как только эта проблема будет решена.

С пристрастной монетой вы можете произвести честную монету, выполнив следующую процедуру: https://en.wikipedia.org/wiki/Fair_coin#Fair_results_from_a_biased_coin

Число 7 или меньше может быть записано в двоичном виде как три {0,1} цифры. Таким образом, все, что нужно сделать, это выполнить вышеописанную процедуру три раза и преобразовать двоичное число, полученное обратно, в десятичное.

Решение, которое никогда не тратит впустую сальто, которое очень помогает для очень предвзятых монет.

Недостаток этого алгоритма (как написано, по крайней мере) состоит в том, что он использует арифметику произвольной точности. Практически вы, вероятно, захотите использовать это до целочисленного переполнения, и только потом выбросить и начать все сначала.

Кроме того , вы должны знать , что смещение есть ... что вы не могли бы, скажем, если она зависит от температуры , как и большинство физических явлений.

Предположим, что вероятность появления головы составляет, скажем, 30%.

• Начните с диапазона [1, 8).
• Переверни свою монету. Если головы, используйте левые 30%, так что ваш новый диапазон [1, 3.1). Иначе, используйте правильные 70%, так что ваш новый диапазон [3.1, 8).
• Повторяйте, пока весь диапазон не будет иметь одинаковую целочисленную часть.

Полный код:

#!/usr/bin/env python3
from fractions import Fraction
from collections import Counter
from random import randrange


BIAS = Fraction(3, 10)
STAT_COUNT = 100000


calls = 0
def biased_rand():
    global calls
    calls += 1
    return randrange(BIAS.denominator) < BIAS.numerator


def can_generate_multiple(start, stop):
    if stop.denominator == 1:
        # half-open range
        stop = stop.numerator - 1
    else:
        stop = int(stop)
    start = int(start)
    return start != stop


def unbiased_rand(start, stop):
    if start < 0:
        # negative numbers round wrong
        return start + unbiased_rand(0, stop - start)
    assert isinstance(start, int) and start >= 0
    assert isinstance(stop, int) and stop >= start
    start = Fraction(start)
    stop = Fraction(stop)
    while can_generate_multiple(start, stop):
        if biased_rand():
            old_diff = stop - start
            diff = old_diff * BIAS
            stop = start + diff
        else:
            old_diff = stop - start
            diff = old_diff * (1 - BIAS)
            start = stop - diff
    return int(start)


def stats(f, *args, **kwargs):
    c = Counter()
    for _ in range(STAT_COUNT):
        c[f(*args, **kwargs)] += 1

    print('stats for %s:' % f.__qualname__)
    for k, v in sorted(c.items()):
        percent = v * 100 / STAT_COUNT
        print('  %s: %f%%' % (k, percent))


def main():
    #stats(biased_rand)
    stats(unbiased_rand, 1, 7+1)
    print('used %f calls at bias %s' % (calls/STAT_COUNT, BIAS))


if __name__ == '__main__':
    main()

Как упоминалось в предыдущих комментариях, эта головоломка относится к статье Джона фон Неймана 1951 года «Различные методы, используемые в связи со случайными цифрами», опубликованной в исследовательском журнале Национального бюро стандартов:

$p$$f(p)$$f$ $f(p)=\min\{1,2p\}$$N$ испытаний.

$p \neq 1$$p \neq 0$

Сначала мы превращаем (возможно) нечестную монету в честную, используя процесс из ответа NcAdams :

Переверните монету дважды. Если он приземлится HHилиTT проигнорирует его, дважды переверните его.

Теперь монета имеет равную вероятность подняться HTили TH. Если это произойдет HT, позвоните H1. Если это произойдет TH, позвоните T1.

$0$$1$H1$= 1$T1 $= 0$0.H1 H1 T1$0.110$

$1/7$

$1/7 = 0.001 001 001 ...$

$2/7 = 0.010 010 010 ...$

$3/7 = 0.011 011 011 ...$

$4/7 = 0.100 100 100 ...$

$5/7 = 0.101 101 101 ...$

$6/7 = 0.110 110 110 ...$

$n$$n/7$$(n-1)/7$$1$$7$

Вдохновленный ответом AdamO, вот решение Python, которое позволяет избежать смещения:

def roll(p, n):
    remaining = range(1,n+1)
    flips = 0
    while len(remaining) > 1:
        round_winners = [c for c in remaining if random.choices(['H','T'], [p, 1.0-p]) == ['H']]
        flips += len(remaining)
        if len(round_winners) > 0:
            remaining = round_winners
        p = 1.0 - p
    return remaining[0], flips

Здесь есть два основных изменения: Основное состоит в том, что если все числа сбрасываются за раунд, повторите раунд. Кроме того, я переключаю выбор того, означает ли голова или хвост, отбрасывать каждый раз. Это уменьшает количество бросков, необходимых в случаях, когда p близко к 0 или 1, на ~ 70%, когда p = 0,999

Похоже, нам разрешено изменять отображение результатов каждого броска каждый раз, когда мы бросаем . Итак, используя для удобства первые семь натуральных чисел, мы даем следующие порядки:

$H \to 1$
$H \to 2$

$H \to 7$
$H \to 1$

и т.д

$T$

$AP$$T$

$N_b$

$B(p,n=5)$$p^3(1-p)^2$

Количество бесполезных сальто здесь будет стремиться к

$AP$

$p>0.0467$$AP$

$p$$AP$$DS$$p\approx 0.5967$

$0.67$$p=0.1$$0.3$$p=0.2$$0.127$$p=0.4$