您必须多久滚动一次6面骰子才能获得每个数字至少一次？

我刚刚和我的孩子们一起玩过一个游戏，基本上可以归结为：谁在6面骰子获胜中至少掷出每个数字一次。

最终我赢了，其他人则在1-2回合后完成。现在我想知道：对游戏时间的期望是什么？

我知道直到您击中特定数字之前的数预期为 。$\sum_{n=1}^\infty n\frac{1}{6}(\frac{5}{6})^{n-1}=6$

但是，我有两个问题：

1. 您必须滚动六面骰子多少次才能获得至少每个数字一次？
2. 在四次独立测试（即有四个玩家）中，对最大掷骰数的期望是什么？[注意：这是最大的，而不是最小的，因为在他们的年龄，这更关乎完成而不是让我的孩子们先到达那里]

我可以模拟结果，但是我不知道如何进行分析计算。

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这是Matlab中的Monte Carlo模拟

mx=zeros(1000000,1);
for i=1:1000000,
   %# assume it's never going to take us >100 rolls
   r=randi(6,100,1);
   %# since R2013a, unique returns the first occurrence
   %# for earlier versions, take the minimum of x
   %# and subtract it from the total array length
   [~,x]=unique(r); 
   mx(i,1)=max(x);
end

%# make sure we haven't violated an assumption
assert(numel(x)==6)

%# find the expected value for the coupon collector problem
expectationForOneRun = mean(mx)

%# find the expected number of rolls as a maximum of four independent players
maxExpectationForFourRuns = mean( max( reshape( mx, 4, []), [], 1) )

expectationForOneRun =
   14.7014 (SEM 0.006)

maxExpectationForFourRuns =
   21.4815 (SEM 0.01)

因为需要一种“完全分析的方法”，所以这里是一个精确的解决方案。 它还提供了另一种方法来解决概率问题，即在混合替换条件下的一组黑白球中绘制一个黑球。

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可以将游戏中的移动次数建模为几何变量的六个独立实现的总和，概率为，每个偏移了（因为几何变量仅计算成功之前的掷骰，因此我们也必须对观察到成功的掷骰进行计数）。通过使用几何分布进行计算，我们将获得比所需答案小答案，因此必须确保最后增加。$X$$(p)$$p=1, 5/6, 4/6, 3/6, 2/6, 1/6$$1$6 6$6$$6$

具有参数的这种几何变量的概率生成函数（pgf）为$p$

$$f(z, p) = \frac{p}{1-(1-p)z}.$$

因此，这六个变量之和的pgf为

$$g(z) = \prod_{i=1}^6 f(z, i/6) = 6^{-z-4} \left(-5\ 2^{z+5}+10\ 3^{z+4}-5\ 4^{z+4}+5^{z+4}+5\right).$$

（乘积可以通过部分分数分为五项来以这种封闭形式进行计算。）

累积分布函数（CDF）从的部分和（作为的幂级数）获得，该总和等于几何级数之和，并由下式给出：$g$$z$

$$F(z) = 6^{-z-4} \left(-(1)\ 1^{z+4} + (5)\ 2^{z+4}-(10)\ 3^{z+4}+(10)\ 4^{z+4}-(5)\ 5^{z+4}+(1)\ 6^{z+4}\right).$$

（我以一种表示通过包含-排除原理进行替代推导的形式编写了此表达式。）

由此，我们可以得出游戏中预期的移动次数（回答第一个问题），如下所示：

$$\mathbb{E}(6+X) = 6+\sum_{i=1}^\infty \left(1-F(i)\right) = \frac{147}{10}.$$

的独立版本的最大值的CDF 为（从此，我们原则上可以回答有关我们喜欢的最大值的任何概率问题，例如其方差是多少，其第99个百分位数是多少， 等等）。在我们获得了$m$$X$$F(z)^m$$m=4$

$$6+\sum_{i=1}^\infty \left(1-F(i)^4\right) \approx 21.4820363\ldots.$$

（该值是一个有理分数，以简化的形式具有一个71位的分母。）标准偏差为 这是四个玩家的最大值的概率质量函数的曲线图（已经偏移了）：$6.77108\ldots.$$6$

正如人们所期望的那样，它确实存在偏差。该模式为卷。难道最后一个完成的人会超过卷（大约）。$18$$50$$0.3\%$

$\{0, \dotsc, 6\}$$i$$\frac{i}{6}$$i$$i+1$$\frac{6-i}{6}$

$$\begin{align} \sum_{i=0}^5 \frac{6}{6-i} = 14.7 \end{align}$$

$(6,6,6,6)$$j$$i$$T_i$$i$$j$$p_ip_{ij}$$i$$j$。您可以通过动态编程发现命中时间和概率。这并不难，因为有遍历顺序可以填写击中时间和概率。例如，对于两个骰子：首先计算（0,0）的T和p，然后计算（1,0），然后计算（1，1），（2，0），然后计算（2，1），依此类推。

在Python中：

import numpy as np
import itertools as it
from tools.decorator import memoized  # A standard memoization decorator

SIDES = 6

@memoized
def get_t_and_p(state):
    if all(s == 0 for s in state):
        return 0, 1.0
    n = len(state)
    choices = [[s - 1, s] if s > 0 else [s]
               for s in state]
    ts = []
    ps = []
    for last_state in it.product(*choices):
        if last_state == state:
            continue
        last_t, last_p = get_t_and_p(tuple(sorted(last_state)))
        if last_p == 0.0:
            continue
        transition_p = 1.0
        stay_p = 1.0
        for ls, s in zip(last_state, state):
            if ls < s:
                transition_p *= (SIDES - ls) / SIDES
            else:
                transition_p *= ls / SIDES
            stay_p *= ls / SIDES
        if transition_p == 0.0:
            continue
        transition_time = 1 / (1 - stay_p)
        ts.append(last_t + transition_time)
        ps.append(last_p * transition_p / (1 - stay_p))
    if len(ts) == 0:
        return 0, 0.0
    t = np.average(ts, weights=ps)
    p = sum(ps)
    return t, p

print(get_t_and_p((SIDES,) * 4)[0])

蒙特卡洛（Monte Carlo）快速而肮脏地估计了1位玩家的游戏时间：

N = 1e5
sample_length = function(n) { # random game length
    x = numeric(0)
    while(length(unique(x)) < n) x[length(x)+1] = sample(1:n,1)
    return(length(x))
}
game_lengths = replicate(N, sample_length(6))

$\hat{\mu}=14.684$$\hat{\sigma} = 6.24$$[14.645,14.722]$

为了确定四人游戏的长度，我们可以将样本分成四个部分，并取每个组的平均最小长度（您询问的是最大长度，但是我认为您是指最小长度，因为我阅读它的方式是当有人成功获取所有数字时，游戏结束）：

grouped_lengths = matrix(game_lengths, ncol=4)
min_lengths = apply(grouped_lengths, 1, min)

$\hat{\mu}=9.44$$\hat{\sigma} = 2.26$$[9.411,9.468]$

$m$

$$T_{1} = 6$$ $$T_{m} = 1 + \frac{6 - m}{6}T_{m} + \frac{m}{6}T_{m-1}$$

$m$$1$

• $T_{m}$$6 - m$$\frac{6 - m}{6}$
• $T_{m-1}$$m$$\frac{m}{6}$

$14.7$

对第一个问题的简单直观的解释：

您首先需要滚动任何数字。这很容易，总是需要精确地滚动1卷。

$\frac{5}{6}$$\frac{6}{5}$

$\frac{4}{6}$$\frac{6}{4}$

$\frac{3}{6}$$\frac{6}{3}$

依此类推，直到我们成功完成第六卷：

$\frac{6}{6} + \frac{6}{5} + \frac{6}{4} + \frac{6}{3} + \frac{6}{2} + \frac{6}{1} = 14.7\ rolls$

该答案仅与Neil G的答案相似，但没有马尔可夫链。

获取下一个新数字的概率密度函数（或离散等效项）为：

f = sum（p *（1-p）^（i-1），i = 1 .. inf）

其中p是每卷的概率，当没有数字滚动时为1，在1、4 / 6 ..之后为5/6，最后一个数字为1/6

期望值mu = sum（i * p *（1-p）^（i-1），i = 1 .. inf）令n = i-1，并将p置于求和之外，

mu = p * sum（（n + 1）*（1-p）^ n，n = 0 .. inf）

mu = p * sum（n（1-p）^ n，n = 0 .. inf）+ p * sum（（1-p）^ n，n = 0 .. inf）mu = p *（1-p ）/（1-p-1）^ 2 + p * 1 /（1-（1-p））

mu = p *（1-p）/ p ^ 2 + p / p

mu =（1-p）/ p + p / p

mu =（1-p + p）/ p

亩= 1 / p

ps的预期值（mus）的总和为1、5 / 6、4 / 6、3 / 6、2 / 6和1/6为14.7，如先前所报告的，但无论需要多少，每个所需数量的1 / p都是总的模具尺寸

同样，我们可以通过分析计算标准偏差

sigma ^ 2 = sum（（i-mu）^ 2 * p *（1-p）^（i-1），i = 1 .. inf）

我将在这里为您代数，但是sigma ^ 2 =（1-p）/ p ^ 2

在6的情况下，模拟的每一步的sigma ^ 2之和为38.99，标准偏差约为6.24

问题1是：

您必须掷多少个六面骰子，直到获得至少每个数字一次？

显然，正确答案必须是“无限”。