M 연속시 N 연속을 얻기 위해 예상되는 동전 던지기 수

Interviewstreet는 아래 질문을 포함하여 1 월에 두 번째 CodeSprint를 가졌습니다. 프로그래밍 방식의 답변이 게시되었지만 통계적인 설명은 포함되어 있지 않습니다.

(Google creds를 사용하여 Interviewstreet 웹 사이트에 로그인 한 후이 페이지 에서 Coin Tosses 문제로 이동하면 원래 문제와 게시 된 솔루션을 볼 수 있습니다 .)

동전 던지기

당신은 N 연속 머리를 얻을 때까지 계속 던지고 싶은 편견 동전이 있습니다. 당신은 동전을 M 번 던졌습니다. 놀랍게도, 모든 던지기는 머리를 가져 왔습니다.

N 연속 헤드를 얻을 때까지 예상되는 추가 토스 수는 얼마입니까?

입력 :
첫 번째 줄에는 사례 T가 포함됩니다. 다음 T 줄에는 두 개의 숫자 N과 M이 있습니다.

출력 :
해당 테스트 사례에 대한 답변이 포함 된 출력 T 라인. 정확히 소수점 이하 2 자리로 반올림 한 답을 인쇄하십시오.

샘플 입력 :
4
2 0
2 1
3 3
3 2

샘플 출력 :
6.00
4.00
0.00
8.00

샘플 설명 :
N = 2 및 M = 0 인 경우 연속 헤드가 2 개가 될 때까지 동전을 계속 던져야합니다. 평균 6 동전 던지기가 필요하다는 것을 보여주는 것은 어렵지 않습니다.
N = 2이고 M = 1 인 경우 연속 헤드가 2 개 필요하며 이미 1을 가지고 있습니다. 무엇이든 상관없이 한 번 더 던져야합니다. 첫 번째 던지기에서 머리를 얻으면 끝입니다. 그렇지 않으면 연속 카운터가 재설정 될 때 다시 시작해야하며 N = 2 연속 헤드를 얻을 때까지 동전을 계속 던져야합니다. 따라서 예상 코인 던지기 수는 1 + (0.5 * 0 + 0.5 * 6) = 4.0입니다. N = 3이고 M = 3 인 경우 이미 3 개의 헤드가 있으므로 더 이상 던질 필요가 없습니다.

내가 생각해 낸 모든 수학 방정식은 위에 나열된 샘플 입력 데이터에 대한 정답을 가지고 있지만 다른 모든 입력 세트 (알 수 없음)에 대해서는 잘못되었습니다. 그들의 프로그래밍 방식 솔루션은 방정식 시도 방법과는 크게 다른 문제를 해결하는 것으로 보입니다. 누군가 이것을 해결하는 방정식을 생각해내는 방법을 설명해 주시겠습니까?

probability stochastic-processes markov-process

— 오염 된
소스

참조 여기 또한 우리가 찾는 곳 아래 다니엘 존슨에 의해 지정된 결과를.

2^{N + 1} - 2^{M + 1}

$2^{N+1}-2^{M+1}$

— Dilip Sarwate

답변:

이것은 계산 연습이므로 재귀 적으로 생각하십시오 . 동전 던지기의 현재 상태 순서쌍에 의해 결정된다 와 . 연속 헤드 에 도달 할 것으로 예상되는 플립 수를 . $(N,M)$ $N\ge M\ge 0$ $N$ $e(N,M)$

(1) 다음 플립이 나올 확률은 50 %이며, 가되고, 다음 플립은 테일이 될 확률은 . 이것은 한 번의 비용이 듭니다. 따라서 (재귀 적으로) 기대는 $(N,M+1)$ $(N,0)$

e (N, M) = \frac{1}{2} e (N, M + 1) + \frac{1}{2} e (N, 0) + 1.

$e(N,M) = \frac{1}{2} e(N,M+1) + \frac{1}{2} e(N,0) + 1.$

(2) 기본 조건 : 귀하는 이미

e (N, 0) = 2^{N + 1} - 2

$e(N,0) = 2^{N+1}-2$

그리고 분명히

e (N, N) = 0

$e(N,N) = 0$

(더 이상 플립이 필요하지 않습니다).

다음은 해당 Mathematica 프로그램입니다 (재귀 속도를 높이기위한 중간 결과 캐싱 포함).

e[n_, m_] /; n > m > 0 := e[n, m] = 1 + (e[n, m + 1] + e[n, 0])/2 // Simplify
e[n_, 0] := 2^(n + 1) - 2
e[n_, n_] := 0

이 프로그램은 재귀를 지원하는 다른 프로그래밍 언어에서 비슷하게 보입니다. 수학적으로 우리는 재귀를 확인하여 을 확인할 수 있습니다. $e(N,M) = 2^{N+1} - 2^{M+1}$

2^{N + 1} - 2^{M + 1} = 1 + (2^{N + 1} - 2^{M + 2} + 2^{N + 1} - 2) / 2,

$2^{N+1} - 2^{M+1} = 1 + (2^{N+1} - 2^{M+2} + 2^{N+1} - 2)/2,$

이는 어떤 마찬가지이고 및 , QED. $M$ $N$

보다 일반적으로 , 동일한 접근법은 경화가 확률 가질 때헤드한다. 어려운 부분은 기본 조건합니다. 그것은마지막으로이 자체로 표현되고 해결될 때까지단계를재귀 밖으로 쫓아서 수행됩니다. $e(N,M) = \frac{p^{-N} - p^{-M}}{1-p}$ $p$ $e(N,0)$ $N$ $e(N,0)$

\begin{aligned} e (N, 0) & = 1 + p e (N, 1) + (1 - p) e (n, 0) \\ = 1 + p (1 + p e (N, 2) + (1 - p) e (N, 0)) + (1 - p) e (N, 0) \\ \dots \\ = 1 + p + p^{2} + \dots + p^{N - 1} + (1 - p) [1 + p + \dots + p^{N - 1}] e (N, 0); \\ e (N, 0) & = \frac{1 - p^{N}}{1 - p} + (1 - p^{N}) e (N, 0); \\ e (N, 0) & = \frac{p^{- N} - 1}{1 - p} . \end{aligned}

$\eqalign{ e(N,0) &= 1 + p e(N,1) + (1-p) e(n,0) \\ &= 1 + p\left(1 + p e(N,2) + (1-p) e(N,0)\right) + (1-p) e(N,0) \\ \cdots \\ &= 1 + p + p^2 + \cdots + p^{N-1} + (1-p)[1 + p + \cdots + p^{N-1}]e(N,0);\\ e(N,0) &= \frac{1-p^N}{1-p} + (1-p^N)e(N,0); \\ e(N,0) &= \frac{p^{-N}-1}{1-p}. }$

— 우버
소스

아마도 재귀 보다는 반복적으로 작업하는 것이 더 좋을까요? 당신은

은

이므로

e (N, M) = \frac{1}{2} e (N, M + 1) + \frac{1}{2} e (N, 0) + 1

$e(N,M)=\frac{1}{2}e(N,M+1)+\frac{1}{2}e(N,0)+1$

e (N, M + 1) = 2 e (N, M) - 2^{N + 1}

$e(N,M+1)=2e(N,M)-2^{N+1}$

등주는

또는 차이 방정식은 반복 대신 "이론적으로"풀 수 있습니다.

\begin{aligned} e (N, 1) & = 2 e (N, 0) - 2^{N + 1} = 2 (2^{N + 1} - 2) - 2^{N + 1} = 2^{N + 1} - 4 \\ e (N, 2) & = 2 e (N, 1) - 2^{N + 1} = 2 (2^{N + 1} - 4) - 2^{N + 1} = 2^{N + 1} - 8 \end{aligned}

$\begin{align*}e(N,1)&=2e(N,0)-2^{N+1}=2(2^{N+1}-2)-2^{N+1}=2^{N+1}-4\\e(N,2)&=2e(N,1)-2^{N+1}=2(2^{N+1}-4)-2^{N+1}=2^{N+1}-8\end{align*}$

e (N, M) = 2^{N + 1} - 2^{M + 1} .

$e(N,M)=2^{N+1}-2^{M+1}.$

— Dilip Sarwate

@Dilip "제공하는"및 "등"에서 도출 한 추론은 재귀 적입니다. "이론적으로 해결 된"어떤 솔루션 방법을 염두에두고 있습니까?

— whuber

내 생각에 재귀와 반복의 차이점은 작업 방법입니다. 관계를 들어

재귀 계산

로서

x (n) = 2 x (n - 1), x (0) = 1,

$x(n)=2x(n-1),~~ x(0)=1,$

x (n)

$x(n)$

반복이

이라고 표시하는 동안

x (n) = 2 x (n - 1) = 2 (2 x (n - 2)) = 2 (2 (2 x (n - 3))) = \dots = 2 (2 (\dots 2 x (0) \dots) = 2^{n}

$x(n)=2x(n-1)=2(2x(n-2))=2(2(2x(n-3)))=\cdots=2(2(\cdots 2x(0)\cdots)=2^n$

"이론적으로"는 특성 다항식을 찾고 근을 결정한 다음 위와 같이 간단한 계산 대신 일반 솔루션을 초기 조건에 맞추는 방식으로 차이 방정식을 푸는 것을 의미했습니다.

x (0) = 1 \Rightarrow x (1) = 2 x (0) = 2 \Rightarrow x (2) = 2 x (1) = 2^{2} \Rightarrow \dots x (n) = 2 x (n - 1) = 2 \cdot 2^{n - 1} = 2^{n} .

$x(0)=1\Rightarrow x(1)=2x(0)=2\Rightarrow x(2)=2x(1)=2^2\Rightarrow \cdots x(n)=2x(n-1)=2\cdot 2^{n-1}=2^n.$

— Dilip Sarwate

find_x(n)if n=0 return 1 else return 2*find_x(n-1)find_x

n

$n$ y = 1; while n > 0 do begin y=2*y; n=n-1 end; return y

이러한 프로그램이 컴퓨터에서 실제로 어떻게 구현되는지 살펴보면 @Dilip과 같은 많은 환경 (예 :)은 R거의 다릅니다. (어떤 경우에는 벡터를 생성 한 후 처리 1:n하고 다른 n:1경우에는 스택에 배치하고 반대로 처리 한 것을 발견 할 것 입니다.) 그러나 나의 요점 중 일부는 개념적인 것 입니다. 그것은 컴퓨터 프로그램이 아니라 분석을 언급했습니다 . 그러나 이것들에 대한 논의가이 논평 스레드의 확장을 보증하지 않는 사소한 접선 점입니다.

— whuber

이 문제를 해결하기 위해 확률 적 프로세스, 중지 시간 및 동적 프로그래밍을 사용합니다.

먼저 일부 정의는 다음과 같습니다.

X_{n} ≐ # (of consecutive heads after the nth flip)

$X_n \doteq \#\text{(of consecutive heads after the nth flip)}$

X_{0}

$X_0$

X_{0} = 0

$X_0 = 0$

X

$X$

X_{0} = M

$X_0 = M$

τ_{N} ≐ min {k : X_{k} = N} and τ_{0} ≐ min {k > 1 : X_{k} = 0}

$\tau_N \doteq \min\{k: X_k = N\} \text{ and } \tau_0 \doteq \min\{k > 1: X_k = 0\}$

우리가 찾고있는 값은 의 예상 값이며 , M 연속 플립 을 이미 관찰 한 경우 N 연속 플립 을 관찰하는 데 걸리는 플립 수입니다 . 대답이 사소한 0이므로 이라고 가정하십시오 . 우리는 다음을 계산합니다. $\tau_N$ $(X_{\tau_N} = N)$ $(X_0 = M)$ $M \leq N$

E [τ_{N} | X_{0} = M] = E [τ_{N} 1_{{τ_{N} < τ_{0}}} + τ_{N} 1_{{τ_{N} > τ_{0}}} | X_{0} = M]

$E[\tau_N|X_0 =M] = E[\tau_N\boldsymbol{1}_{\{\tau_N < \tau_0\}} + \tau_N\boldsymbol{1}_{\{\tau_N > \tau_0\}}|X_0 =M]$

= (N - M) (\frac{1}{2})^{N - M} + E [τ_{0} | τ_{N} > τ_{0}, X_{0} = M] + (1 - (\frac{1}{2})^{N - M}) E [τ_{N} | X_{0} = 0]

$= (N-M)(\frac{1}{2})^{N-M} + E[\tau_0|\tau_N > \tau_0,X_0 =M] + (1 - (\frac{1}{2})^{N-M})E[\tau_N|X_0 = 0]$ 이렇게하면 마지막 두 가지 조건부 기대치를 계산할 수 있습니다.

첫 번째는 M 연속 헤드로 시작한다고 가정하고 N 연속 헤드가 관찰되기 전에 테일이 플립되었다고 가정하고 테일을 가져 오기 전에 예상되는 플립 수에 해당합니다. 그것을 보는 것은 너무 어렵지 않습니다

E [τ_{0} | τ_{N} > τ_{0}, X_{0} = M] = \sum_{j = 1}^{N - M} (j) (\frac{1}{2})^{j} = 2 - (N - M + 2) (\frac{1}{2})^{N - M}

$E[\tau_0|\tau_N > \tau_0,X_0 =M] = \sum^{N-M}_{j=1}(j)(\frac{1}{2})^j = 2 - (N-M+2)(\frac{1}{2})^{N-M}$

이제 우리가해야 할 일은 0부터 시작하여 N 연속 헤드를 관찰하는 데 걸리는 예상 플립 수에 해당하는 두 번째 조건부 기대 값을 계산하는 것입니다. 유사한 계산을 통해

E [τ_{N} | X_{0} = 0] = E [τ_{N} 1_{{τ_{N} < τ_{0}}} + τ_{N} 1_{{τ_{N} > τ_{0}}} | X_{0} = 0]

$E[\tau_N|X_0 = 0] = E[\tau_N\boldsymbol{1}_{\{\tau_N < \tau_0\}} + \tau_N\boldsymbol{1}_{\{\tau_N > \tau_0\}}|X_0 =0]$

= N (\frac{1}{2})^{N} + E [τ_{0} | τ_{N} > τ_{0}, X_{0} = 0] + (1 - (\frac{1}{2})^{N}) E [τ_{N} | X_{0} = 0]

$= N(\frac{1}{2})^{N} + E[\tau_0|\tau_N > \tau_0,X_0 =0] + (1 - (\frac{1}{2})^N)E[\tau_N|X_0 = 0]$

= 2^{N} {N (\frac{1}{2})^{N} + (2 - (N + 2) (\frac{1}{2})^{N})}

$= 2^N\lbrace N(\frac{1}{2})^{N} + (2 - (N+2)(\frac{1}{2})^{N})\rbrace$

= 2^{N + 1} - 2

$= 2^{N+1} - 2$

이것은 다음의 최종 답변을 제공합니다.

E [τ_{N} | X_{0} = M] = (N - M) (\frac{1}{2})^{N - M} + 2 - (N - M + 2) (\frac{1}{2})^{N - M} + (1 - (\frac{1}{2})^{N - M}) (2^{N + 1} - 2)

$E[\tau_N|X_0 =M] = (N-M)(\frac{1}{2})^{N-M} + 2 - (N-M+2)(\frac{1}{2})^{N-M} + (1 - (\frac{1}{2})^{N-M})(2^{N+1} - 2)$

= 2^{N + 1} - 2^{M + 1}

$= 2^{N+1}-2^{M+1}$

이것은 귀하가 제시 한 네 가지 테스트 사례에 동의합니다. 이러한 간단한 대답을 사용하면 더 쉽게 계산할 수 있습니다.

— 다니엘 존슨
소스

이것은 위에 나열된 재귀 적 아이디어보다 해결하기 어려운 방법이지만 두 가지 방법을 함께 사용하는 것이 매우 유용합니다. 대부분의 사람들은 중지 시간 방법이 작고 실제적인 문제에도 사용될 수있는 방법에 대해 감사하지 않습니다.

— ely

경고 : 다음은 질문에 대한 폐쇄 형 솔루션을 제공하지 않는다는 점에서 다음과 같은 정답으로 간주되지 않을 수 있습니다. esp. 이전 답변 과 비교할 때 . 그러나 조건부 분포를 풀기에는 충분히 흥미로운 접근법이 발견되었습니다.

확률 로 던지기에서 헤드 시퀀스를 얻는 예비 질문을 고려하십시오 . 이것은 재귀 공식 의해 주어집니다 사실, 내 추론은 처음부터 꼬리의 첫 번째 발생에 따라 드로우에서 연속 된 헤드 가 분해 될 수 없다는 것입니다. 던졌습니다. 이 첫 번째 꼬리가 첫 번째, 두 번째, ..., 번째 드로우 에서 발생하는지 여부에 대한 조건은 이 재발 관계로 이어집니다. $N$ $k$ $1-p(N,k)$

p (N, k) = {\begin{cases} 1 & if k < N \\ \sum_{m = 1}^{N} \frac{1}{2^{m}} p (N, k - m) & else \end{cases}

$p(N,k) = \begin{cases} 1 &\text{if } k<N\\ \sum_{m=1}^{N} \frac{1}{2^m}p(N,k-m) &\text{else}\\ \end{cases}$

N

$N$

k

$k$

N

$N$

N

$N$

다음 으로 throws 에서 첫 번째 연속 N 헤드 를 얻을 확률 은 $$ q (N, m) = \ begin {cases} \ dfrac {1} {2 ^ N} & \ text {if} m = 엔\ $m\ge N$

     p(N,m-N-1) \dfrac{1}{2^{N+1}} &\text{if } N<m<2N+1
     \end{cases}

$$ 첫 번째 경우는 자명하다. 두 번째 경우는 번째 드로우 에서 발생하는 테일에 해당 하고 헤드가 이어지며 마지막 경우 는 번째 드로우 전에 연속 헤드를 금지 합니다. (마지막 두 사건은 하나로 압축 될 수 있습니다!) $m-N-1$ $N$ $N$ $m-N-1$

이제 헤드를 먼저 얻을 수 있고 정확히 던지는 첫 연속 헤드 를 얻을 확률 은 $$ r (M, N, m) = \ begin {cases} 1 / 2 ^ N & \ text {if} m = N \ $M$ $N$ $m\ge N$

     0 &\text{if } N<m\le N+M\\

      \dfrac{1}{2^{M}}\sum_{r=M+1}^{N}\dfrac{1}{2^{r-M}}q(N,m-r)&\text{if } N+M<m

\ end {cases} s (M, N, m) = \ begin {cases} 1 / {2 ^ {NM}} & \ text {if} m = N \ 0 & \ text {if} N \ sum_ {r = M + 1} ^ {N} \ dfrac {q (N, mr)} {2 ^ {rM }} & \ text {if} N + M

H e n c e t h e c o n d i t i o n a l p r o b a b i l i t y o f w a i t i n g $ m $ s t e p s t o g e t $ N $ c o n s e c u t i v e h e a d s g i v e n t h e f i r s t $ M $ c o n s e c u t i v e h e a d s i s

$Hence the conditional probability of waiting $m$ steps to get $N$ consecutive heads given the first $M$ consecutive heads is$

\ end {cases} \ mathfrak {E} (M, N) = \ sum_ {m = N} ^ \ infty m \, s (M, N, m) $$ 또는 추가 단계 수는 ...

T h e e x p e c t e d n u m b e r o f d r a w s c a n t h e n b e d e r i v e d b y

$The expected number of draws can then be derived by$

E (M, N) - M

$\mathfrak{E}(M,N)-M$

— 시안
소스