在给定公平硬币的情况下如何模拟骰子

假设给了您一个公平的硬币，并且您想模拟重复翻转一个公平的（六面）骰子的概率分布。我最初的想法是，我们需要选择适当的整数，使2 k = 6 m。所以翻转硬币后ķ倍，我们通过将范围映射由第k比特串长度到管芯的输出编码数[ 0 ，2 ķ - 1 ]每个的长度为6个的间隔米。但是，这是不可能的，因为2 k仅有两个素数，但2 k的素数$k,m$$2^k = 6m$$k$$[0,2^k-1]$$m$$2^k$包括3。应该有其他简单的方法来执行此操作，对吗？$6m$

要拥有一种比@FrankW所指出的方法稍微有效的方法，但是使用相同的想法，您可以翻转硬币次以得到2 n以下的数字。然后将其解释为一批m次模子翻转，其中m是最大数目，因此6 m < 2 n（如前所述，在这里永远不存在相等性）。如果得到的数字大于或等于6 m，则必须拒绝该值并重复所有n次翻转。$n$$2^n$$m$$m$$6^m < 2^n$$6^m$$n$

您可以实现一个函数，该函数通过进行硬币翻转来返回单个骰子翻转，然后缓存以下m − 1个骰子翻转请求的结果。$n$$m-1$

有趣的是，某些值比其他值更好，因为它们的拒绝率较低。这是一个好值的列表（即拒绝率比前一个值低的值）：$n$

n m r
3 1 0.25
8 3 0.15625
13 5 0.05078125
44 17 0.0378308072686
75 29 0.0247036782182
106 41 0.0113974522704
243 94 0.00933096248381
380 147 0.00726015308463
517 200 0.00518501504347
654 253 0.00310553931213
791 306 0.00102171682348

与式获得： 。

第一行对应@FrankW的答案，拒绝率为25％。以下数字很不错：和n = 13都可以保存在单个整数静态变量中。特别是，n = 13的拒绝率仅为5％，相对于25％而言，这是一个明智的改进，这使其成为可能实施的良好选择。$n=8$$n=13$$n=13$

您可以做的是采用一种称为拒绝采样的方法：

• 翻转硬币3次，并将每次翻转解释为一点（0或1）。
• 串联的3个比特，在给二进制数。$[0,7]$
• 如果该数量是在，把它作为一个模辊。$[1,6]$
• 否则，即结果为或7，请重复翻转。$0$$7$

自每组中有 8种可能的结果导致终止，需要超过l组翻转才能获得掷骰的概率为（1−$\frac 68$$l$。因此，该方法在实践中是有效的。$(1-\frac 68)^l = \dfrac 1{4^l}$

改进之处：

$0$$7$

@Emanuele Paolini解释说，如果需要多个压模辊，如何减少重新轧辊的数量。

拒绝采样的替代方法（如FrankW的答案所述）是使用缩放算法，该算法将[7,8]的答案考虑在内，就好像是另一次硬币掷硬币一样。

mathforum.org上有一个非常详细的解释，其中包括算法（它NextBit()会掷出您的硬币）。

用普通硬币投掷骰子的情况（采样2→6）比通用算法更容易。您只需将失败（7或8）作为另一个硬币输入，然后再进行两次翻转。

使用dM模拟dN滚动的另一种方法（在使用d2询问特定问题d6的情况下）是将间隔[0，1）划分为长度为N / [N，[0， 1 / N），[1 / N，2 / N），...，[（N-1）/ N，N）。

使用dM在[0，1）中生成基本M分数0.bbbb...。如果该值落在[（i-1）/ N，i / N）中，则将i作为dN的卷。请注意，您只需要生成分数的足够的基M位数即可确定分数所在的间隔。

改善拒绝采样的可能更简单的解释。

我正在提供此解释，因为它可能有助于简化某些情况下对概率的理解或分析。

FrankW建议使用拒绝采样，将硬币翻转三遍，如果结果在正确的范围内，则保持结果；否则，重复三遍翻转，直到成功为止。

Ángel建议在每个试验中保存一次翻转，用之前三组中两个未使用的值剩余的二元选择代替它。

这实际上意味着在前三个翻转中产生了一点信息，而这并不需要产生。更准确地说，您应该只需要掷硬币两次就可以知道当前的掷骰是否成功。

知道当前的一组翻转是否成功是唯一重要的概率，因为解释一组成功的翻转与概率无关。这可以在该组的所有翻转完成之前知道。

这可以通过至少两种方式来实现，或更准确地说，通过翻转的两种不同的解释来实现。可能还有其他。

成对分组结果

想法是仅考虑由任意三个双翻转配置表示的三个值（1,2），（3,4）和（5,6），例如TT，TH，HT。然后，您可以使用两次翻转应用拒绝采样，每当获得故障配置HH时重复一次。

一旦获得了三种成功配置中的一种，就可以再次翻转硬币，以决定是否应该采用对应货币对的第一个或第二个值。

早期发现翻转失败

这个想法是对三重翻转配置使用略有不同的读数。如果将Head和Tail解释为1和0，则配置应对应于二进制解释加1。也就是说，TTT（即000）对应于1，HTH（即101）对应于6，HHT（即110）与HHH（即111）对应于7和8，或[1,6]以外的任何值。

然后我们知道翻转集仅在前两次翻转中是成功还是失败。如果它们产生HH，则翻转集将失败，而与最后一次翻转无关。因此可以跳过。

我认为总是可以将早期检测作为一种解释，但是根据模拟骰子上面孔的数量，可能会在无数次翻转之后进行故障检测。

例如，对于10个面子骰子，原则上您需要4组翻转的翻转集，其中6种配置对应于失败。诀窍是使所有故障配置都位于二进制值序列的高端，如下所示：

TTTT  0000   1
HTTT  1000   9
HTTH  1001  10
HTHT  1001  11
HTHH  1011  12
HHTT  1100  13
HHHH  1111  16

成功的配置对应于范围[1，10]，失败的则对应于范围[11,16]。

然后，当前两个翻转给出HH或前三个翻转给出HTH时，您将失败，而不必尝试缺少该集合的翻转。

如果没有失败，则只需终止一组翻转即可。

有两种众所周知的方法。一种是“拒绝采样”。例如，使用三位从六个值中选择一个，然后再次尝试两个额外的样本。或使用14位（8192个值）从1到6中选择5个值（可能性为7776），在256种情况下，再尝试13种。

另一种方法是使用压缩/解压缩算法的解压缩部分：通过算术编码，可以压缩几乎没有冗余的从1到6的随机值序列。随机生成压缩序列，然后将其解压缩。这要复杂得多，但是实际上将不需要任何其他随机数。

如果解释多余，对不起。我不确定要涉及多少细节或该概念易于理解。

假设您有三个硬币（普通硬币）。如果您将增量值分配给每个硬币的每一面，则将有六个值。

像这样：在第一个硬币上，正面为1，在后面为2。在第二个硬币上，正面为3，在后面为4。在第三个硬币上，正面为5，在后面为6。

翻转硬币会留下一组三个数字，即当前的一组数字。现在，您的当前集合将成为您先前的集合，并且您将重复此过程以获取新的三个数字集合。

继续执行此操作，直到从您的当前号码到先前的号码中只有一个号码匹配。那是你的电话号码。

因此，如果您获得了当前集合的[头，尾，头]，则为[1，4，5]。现在您再次翻转它们，当前设置为[2，4，5]。两场比赛。不好。再试一遍。您得到[2，3，6]。只有一场比赛。你的人数是两个。

任何给定的号码都会有相等的机会出现，但并不是特别划算，因为只有3/32的变化可以使任何给定的一组对成功（只有一场比赛）。因此，平均而言，该算法必须重复大约十次。而且，它不容易推广到奇数管芯。

至少，这可能是值得深思的。非常有趣的问题。

我将掷硬币三次，并将结果解释为二进制数，拒绝超出范围的结果。

例如，让heads为1，tails为0。如果将其翻转3次，得到head，tails和heads，则将具有二进制101，即十进制5。HHT = 110b =6。TTT= 000b = 0且HHH = 111b = 7，这两个值均超出范围，将被拒绝，您将需要取整所有数字。

不幸的是，一个人不能（忠实地）使用（一个或多个）公平硬币来模拟（公平）死亡。

$6$$2$

但是，人们可以用一个公平的“三币”来做到这一点（如果可以使用这样的术语）。表示具有3个结果的硬币。还有一个简单的2枚硬币，因此这2枚硬币的联合空间与骰子的事件空间完全匹配。

拒绝采样（如某些答案中所述）确实可以提供近似的模拟。但是它仍然会存在一定数量的错误或概率不匹配（在有限时间内）。因此，如果要实际匹配这两个系统的事件空间，则在某些情况下它将无法正常工作。

在概率模拟中（以拒绝采样为例），生成的典型序列确实确实表现出相对的基本概率（在这种情况下，是模具的事件空间）。但是（如评论中所述），这些典型序列中的每一个都可以包含完全相同结果的任意长子序列。这意味着，为了使用拒绝采样（在某些情况下），它可能会花费很长时间，或者由于事件空间某些部分的过多表示或不足表示，生成的分布将有偏差（即不公平） 。如果不是这种情况，则可以使用确定性算法，该算法将与骰子和硬币的事件空间完全匹配（在维度上不匹配）。