掷骰子的公式（非蛮力）

首先，我不确定该问题应该发布在哪里。我问一个统计问题是否是NP-Complete，如果不能以编程方式解决它。我将其发布在这里是因为统计问题是中心问题。

我正在尝试找到解决问题的更好公式。问题是：如果我有4d6（4个普通的6面骰子）并全部掷出，请移除一个具有最低编号的骰子（称为“掉落”），然后将剩余的3个相加，得出每个可能结果的概率是多少？我知道答案是这样的：

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

平均值是12.24，标准偏差是2.847。

我通过蛮力找到了上述答案，但不知道如何或是否有公式。我怀疑这个问题是NP-Complete，因此只能通过蛮力解决。可能有可能获得3d6的所有概率（3个正常的6面骰子），然后将每个概率向上倾斜。这比蛮力要快，因为当所有骰子都放好时，我的公式很快。

我编写了将所有骰子留在大学的公式。我曾问过我的统计学教授，他找到了这个页面，然后他向我解释了。此公式与蛮力之间存在很大的性能差异：50d6花费了20秒，但8d6下降了40秒后的最低崩溃（chrome内存不足）。

这是NP完成问题吗？ 如果是，请提供证明；如果否，请提供非蛮力公式来解决。

请注意，我对NP-Complete不太了解，所以我可能在考虑NP，NP-Hard或其他东西。NP完全性的证明对我来说毫无用处，我之所以要求它的唯一原因是防止人们猜测。并且请向我展示，因为我从事此工作已经很长时间了：我不记得统计数据，也可能需要解决这个问题。

理想情况下，当N个掉落时，我正在为X个带有Y边的骰子寻找更通用的公式，但从更简单的方法开始。

编辑：

我也更喜欢公式来输出频率，但是仅输出概率是可以接受的。

对于那些感兴趣的人，我已经在GitHub上的 JavaScript中编写了Whuber的答案（在此提交中，仅测试实际上使用了所定义的函数）。

dice np

— SkySpiral7
source

这是个有趣的问题。我认为这里应该是主题。谢谢您的考虑。

— gung-恢复莫妮卡

尽管设置很有趣，但是您尚未提出一个可回答的问题：NP完整性的想法取决于一类问题，而您仅描述了一个问题。您究竟想如何概括它？尽管您暗示骰子的数量可以变化，但是可以使用各种其他选项，并且它们可能会产生不同的答案：您可以更改面孔的数量，面孔上的值，骰子的数量以及掉落的骰子的数量，所有这些以各种方式彼此之间有着各种关系。

— whuber

@whuber她不了解任何复杂性理论，但我认为很明显，她正在询问由改变骰子数量而产生的一系列问题。我也认为我有一个有效的算法。

— 安迪·琼斯

@安迪，我确实看到最后她在问“对于当X个骰子中有N个掉落时，带有Y边的骰子数量更通用的公式”。

— 胡伯

@whuber哈！显然没有我当时想的那么清晰。对不起这是我的错。

— 安迪·琼斯

Answers:

解

要有骰子各给予同等机会的结果。当所有骰子独立抛出时，令为值的最小值。 $n=4$ $1, 2, \ldots, d=6$ $K$ $n$

考虑以条件的所有值之和的分布。令为这个总和。假设最小值至少为，则生成任意给定值的方法数量的生成函数为 $n$ $K$ $X$ $X$ $k$

\begin{matrix} (1) & f_{(n, d, k)} (x) = x^{k} + x^{k + 1} + \dots + x^{d} = x^{k} \frac{1 - x^{d - k + 1}}{1 - x} . \end{matrix}

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

由于骰子是独立的，因此所有骰子都显示或更大值的值形成方式的生成函数为 $X$ $n$ $k$

\begin{matrix} (2) & f_{(n, d, k)} (x)^{n} = x^{k n} {(\frac{1 - x^{d - k + 1}}{1 - x})}^{n} . \end{matrix}

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

此生成函数包括超过的事件的项，因此我们需要将其减去。因此，给定，形成值的方式数量的生成函数为 $K$ $k$ $X$ $K=k$

\begin{matrix} (3) & f_{(n, d, k)} (x)^{n} - f_{(n, d, k + 1)} (x)^{n} . \end{matrix}

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

请注意，最高值的总和是所有值的总和减去最小值，等于。因此，生成函数需要除以。通过乘以骰子的任意组合的机会，它变为概率生成函数： $n-1$ $X-K$ $k$ $(1/d)^n$

\begin{matrix} (4) & d^{- n} \sum_{k = 1}^{d} x^{- k} (f_{(n, d, k)} (x)^{n} - f_{(n, d, k + 1)} (x)^{n}) . \end{matrix}

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

由于所有多项式乘积和幂都可以用运算来计算（它们是卷积，因此可以使用离散快速傅立叶变换来执行），因此总的计算量为 $O(n\log n)$ 。特别是，它是多项式时间算法。 $O(k\,n\log n)$

例

让我们研究问题中的示例，其中和。 $n=4$ $d=6$

式为的PGF 条件上给出 $(1)$ $X$ $K\ge k$

\begin{aligned} 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} \\ \dots \\ f_{(4, 6, 5)} (x) & = x^{5} + x^{6} \\ f_{(4, 6, 6)} (x) & = x^{6} \\ f_{(4, 6, 7)} (x) & = 0. \end{aligned}

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

如公式将它们提高到幂 $n=4$ $(2)$

\begin{aligned} f_{(4, 6, 1)} (x)^{4} & = x^{4} + 4 x^{5} + 10 x^{6} + \dots + 4 x^{23} + x^{24} \\ f_{(4, 6, 2)} (x)^{4} & = x^{8} + 4 x^{9} + 10 x^{10} + \dots + 4 x^{23} + x^{24} \\ \dots \\ f_{(4, 6, 5)} (x)^{4} & = x^{20} + 4 x^{21} + 6 x^{22} + 4 x^{23} + x^{24} \\ f_{(4, 6, 6)} (x)^{4} & = x^{24} \\ f_{(4, 6, 7)} (x)^{4} & = 0 \end{aligned}

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

它们在公式中的连续差异为 $(3)$

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

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

公式的结果之和为 $(4)$

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

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

例如，前三个骰子总和为的机会是的系数，等于 $14$ $x^{14}$

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

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

它与问题中引用的概率完全吻合。

顺便说一句，平均（从这个结果计算）为和标准差为 $15869/1296 \approx 12.244598765\ldots$ 。 $\sqrt{13\,612\,487/1\,679\,616}\approx 2.8468444$

对于骰子（而不是）的类似（未优化）计算花费了不到半秒的时间，支持了以下论点：该算法对计算的要求不高。这是分布主要部分的图： $n=400$ $n=4$

由于最小很可能等于并且总和将是非常接近具有正常的分布（其平均为和标准偏差是约），则意味着必须非常接近，标准偏差非常接近。这很好地描述了该图，表明它可能是正确的。实际上，精确计算得出的平均值约为 $K$ $1$ $X$ $(400\times 7/2, 400\times 35/12)$ $1400$ $34.1565$ $1400-1=1399$ $34.16$ 大于，标准偏差约小于 $2.13\times 10^{-32}$ $1399$ $1.24\times 10^{-31}$ 。 $\sqrt{400\times 35/12}$

— ub
source

您的答案是快速且正确的，因此我将其标记为答案。我也曾在编辑中说，如果可能的话，也要有频率。为此，您不需要编辑答案，因为我可以看到6^-4乘数用于将频率转换为概率。

— SkySpiral7 '16

编辑：@SkySpiral无法使以下公式正常工作。我目前没有时间解决问题所在，因此，如果您正在阅读此书，则最好在不正确的假设下进行。

我不确定骰子，边数和掉落数的变化是否会引起普遍的问题，但是我认为我可以看到一个有效的算法来处理掉落1情况。限定词是我不能完全确定它是正确的，但是现在我看不到任何缺陷。

$X_n$ $n$ $Y_n$ $n$

p (Y_{n} = a) = \sum_{k} p (Y_{n - 1} = a - k) p (X_{n} = k)

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

$Z_n$ $n$

p (Z_{n} = a) = p (n th die is the smallest) p (Y_{n - 1} = a) + p (n th die is not the smallest) \sum_{k} p (Z_{n - 1} = a - k) p (X_{n} = k)

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

$M_n$ $n$

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})

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

$M_n$

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})

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

$Y_n, Z_n$ $M_n$ $n$

$p(X_n \leq M_{n-1})$ $X_n, M_{n-1}$

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

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

$p(X_n = k | X_n > M_{n-1})$ $X_n, M_{n-1}$

— 安迪·琼斯（Andy Jones）
source

+1这看起来很正确，您说的是二次方。但是距离我进行统计已经有几年了（我主要是一名程序员）。因此，在将其标记为答案之前，我想完全理解这一点。我也看到你有p（nth是最小的骰子），如果nth与最小的领带并列，这包括在内吗？例如滚动3s。

— SkySpiral7

n

$n$

Y_{n - 1}

$Y_{n-1}$

(<)

$(<)$

(\leq)

$(\leq)$

谢谢。如果我正确理解这一点，我认为您的公式就是答案。但是我不知道如何计算p（X（n）> M（n-1））（或取反）或p（X（n）= k | X（n）> M（n-1））），所以我还不能使用这个答案。我会将其标记为答案，但我需要更多信息。您可以编辑答案以解释这些问题，还是应该将其发布为另一个问题？

— SkySpiral7 2014年

编辑了我的答案。

— 安迪·琼斯

抱歉，我已经过去一年半了，但是我终于可以解决这个问题了。但是，p（Z（n）= a）公式似乎不正确。假设2个骰子带有2个面（下降最低），结果为1的机会是多少？X（n）最小或平局的机会是3/4，而p（Y（n-1）= 1）的概率是1/2，因此即使正确的答案是，Z（n）至少返回3/8。 1/4。Z公式对我来说似乎是正确的，我不知道如何解决。因此，问的不是太多：您如何看待？

— SkySpiral7'7

对于测试，我有一个相当有效的算法，该算法在测试上似乎与纯蛮力的结果相匹配，而不太依赖于枚举所有可能性。实际上，它比上述4d6问题（下降1）更为笼统。

$X_NdY$ $X$ $Y$ $1$ $Y$ $N$ $4_3d6$ $3, 4, 5$ $1, 3, 4, 5$ 在四个骰子上。（请注意，我称其为“序列”，但是这里的顺序并不重要，特别是因为最后我们只关心序列的总和。）

$P(X_NdY = S)$ $P(4_3d6 = S)$

$S$ $k$ $s_0, s_1, ..., s_k$ $s_i > s_{i+1}$ $s_i$ $c_i$ $S = 3, 4, 4, 5$ $(s_0,c_0) = (5,1)$ $(s_1,c_1) = (4,2)$ $(s_2,c_2) = (3,1)$

$P(X_NdY = S)$

P (X_{N} d Y = S) = \frac{(\prod_{i = 0}^{k - 1} (\binom{X - \sum_{h = 0}^{i - 1} c_{h}}{c_{i}})) (\sum_{j = 0}^{X - N} (\binom{c_{k} + X - N}{c_{k} + X - N - j}) (s_{k} - 1)^{j})}{Y^{X}}

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

我知道那太乱了。

$\prod_{i=0}^{k-1}$ $S$ $s_0$ $X \choose c_i$ $s_1$ $c_0$ $s_0$ $s_i$ $\sum_{h=0}^{i-1}c_h$

$\sum_{j=0}^{X-N}$ $s_k$ $s_k$

$P[4_3d6=(5,4,4)]$

(s_{1}, c_{1}) = (5, 1)

$(s_1, c_1) = (5, 1)$

(s_{2}, c_{2}) = (4, 2)

$(s_2, c_2) = (4, 2)$

因此，使用上面的公式：

P [4_{3} d 6 = (5, 4, 4)] = \frac{(\binom{4}{1}) ((\binom{3}{3}) \cdot 3^{0} + (\binom{3}{2}) \cdot 3^{1})}{6^{4}} = \frac{5}{162} = 0.0 \bar{308641975}

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

$s_k=1$ $j=0$ $0^0$ $1$ $s_k = 1$

$X_NdY$ $S$ $S$

$\sum X_NdY$

— 莱利·约翰·吉布斯
source

作为程序员，我可能更容易理解您的Python代码（尽管我从未使用过Python，所以可能是一样的）。张贴在这里的代码是题外话，但你可以张贴一个链接到GitHub的等等

— SkySpiral7

您的答案可能是正确的，并且似乎将复杂度从降低O(Y^X)到，O((Y+X-1)!/(X!*(Y-1)!))但效率仍不及O(c*X*log(X))。感谢您的回答，尽管+1。

— SkySpiral7 '16