브레인 티저 : pr (head) = p가있는 바이어스 코인을 사용하여 동일한 확률로 7 개의 정수를 생성하는 방법은 무엇입니까?

이것은 Glassdoor 에서 찾은 질문 입니다. 동전을 사용하여 동일한 확률로 7 개의 정수를 어떻게 생성 합니까?$\mathbb{Pr}(\text{Head}) = p\in(0,1)$

기본적으로, 당신은 공정하거나 공정하지 않을 수있는 동전을 가지고 있으며 이것이 당신이 가지고있는 유일한 난수 생성 과정이므로 1에서 7까지의 정수를 출력하는 난수 생성기를 사용하십시오. 1/7입니다.

데이터의 효율성은 프로세스 문제를 생성합니다.

동전을 두 번 뒤집습니다. 착륙 또는가 HH아니면 TT무시하고 다시 두 번 뒤집습니다.

이제, 동전오고의 동일한 확률이 HT또는 TH. 문제가 발생하면이를 HT호출하십시오 H1. 문제가 발생하면이를 TH호출하십시오 T1.

3 개를 연속으로 얻 H1거나 얻을 T1때까지 계속하십시오 . 이 세 가지 결과는 아래 표를 기반으로 숫자를 제공합니다.

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]

나는 당신이 그 과정에서 많은 낭비를 겪을지라도 이것이 완벽하게 잘 작동 할 것이라고 주장한다!

이라고 가정하십시오 .$p \in (0,1)$

1 단계 : . 동전을 5 번 던졌습니다.

결과가

$(H, H, H, T, T)$ , 반환 하고 중지하십시오.$1$

$(H, H, T, T, H)$ , 반환 하고 중지하십시오.$2$

$(H, T, T, H, H)$ , 반환 하고 중지하십시오.$3$

$(T, T, H, H, H)$ , 반환 하고 중지하십시오.$4$

$(T, H, H, H, T)$ , 반환 하고 중지하십시오.$5$

$(H, H, T, H, T)$ , 반환 하고 중지하십시오.$6$

$(H, T, H, T, H)$ , 반환 하고 중지하십시오.$7$

2 단계 : . 위의 결과가 없으면 1 단계를 반복하십시오.

값에 관계없이 위에 나열된 7 가지 결과 각각에는 확률 가 있으며 예상 동전 던지기 수는 . tosser는 의 값을 알 필요가 없습니다 ( 및 제외). 실험이 종료 될 때 7 개의 정수가 실험에 의해 똑같이 리턴 될 가능성이 보장됩니다 (그리고 확률 로 종료되는 것이 보장됩니다 ).q = p 3 ( 1 − p ) 2 $p \in (0,1)$$q = p^3(1-p)^2$ pp≠0p≠1$\displaystyle \frac{5}{7q}$$p$$p\neq 0$$p\neq 1$$1$

Dilip Sarwate가 설명한 사례 일반화

다른 답변에 설명 된 방법 중 일부는 시퀀스를 던지는 체계를 사용합니다.$n$ '턴' 동전 결과에 따라 1 또는 7 사이의 숫자를 선택하거나 턴을 버리고 다시 던집니다.

비결은 가능성을 확장 할 때 동일한 확률로 7 개의 결과의 배수를 찾는 것입니다.$p^k(1-p)^{n-k}$ 서로 비교하는 것입니다.

총 결과 수는 7의 배수가 아니므로 숫자에 할당 할 수없는 몇 가지 결과가 있으며 결과를 버리고 다시 시작해야 할 확률이 있습니다.

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턴당 7 개의 동전 뒤집기를 사용하는 경우

직관적으로 우리는 주사위를 7 번 굴리는 것이 매우 흥미로울 것이라고 말할 수 있습니다. 우리는 에서 개만 버려야하기 때문에$2^7$ 가능성 . 즉, 7 번 머리와 0 번 머리.

다른 모든 가능성의 경우 항상 같은 수의 머리를 가진 7 개의 사례가 여러 개 있습니다. 즉, 1 헤드 7 케이스, 2 헤드 21 케이스, 3 헤드 35 케이스, 4 헤드 35 케이스, 5 헤드 21 케이스, 6 헤드 7 케이스.$2^7-2$

따라서 숫자를 계산하면 (0 헤드와 7 헤드 무시)

$$X = \sum_{k=1}^{7} (k-1) \cdot C_k$$

함께 베르누이 분포 변수 (값 0 또는 1) 일곱 개 가능한 결과를 다음 모듈로 7 X가 균일 변수.$C_k$

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턴당 다른 동전 뒤집기 수 비교

문제는 턴 당 최적의 롤 수를 유지하는 것입니다. 턴당 더 많은 주사위를 굴리면 비용이 더 많이 들지만 다시 굴릴 확률은 줄어 듭니다.

아래 이미지는 턴당 처음 몇 번의 동전 뒤집기에 대한 수동 계산을 보여줍니다. (아마도 분석 솔루션이있을 수 있지만 7 코인 플립이있는 시스템이 필요한 코인 플립 수에 대한 기대 값에 대한 최상의 방법을 제공한다고 말하는 것이 안전하다고 생각합니다)

# 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)
}

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조기 중지 규칙 사용

참고 : 플립 수의 기대 값에 대한 아래 계산은 공정 동전 에 대한 것이며 , 다른 대해이 작업을 수행하는 것은 엉망이 될 수 있지만 원칙은 동일합니다. 경우가 필요합니다)$p=0.5$$p$

우리는 더 일찍 멈출 수 있도록 ( 에 대한 공식 대신) 사례를 선택할 수 있어야합니다.$X$

• 5 코인 플립으로 6 가지 가능한 순서가없는 머리와 꼬리 세트가 있습니다.

  1 + 5 + 10 + 10 + 5 + 1 주문 세트

  그리고 10 개의 사례가있는 그룹 (즉, 머리가 2 개인 그룹 또는 꼬리가 2 개인 그룹)을 사용하여 숫자를 (같은 확률로) 선택할 수 있습니다. 이것은 2 ^ 5 = 32 사례 중 14 개에서 발생합니다. 이것은 우리에게 다음을 남깁니다.

  1 + 5 + 3 + 3 + 5 + 1 주문 세트

• 여분의 (6 번째) 코인 플립으로 7 가지 가능한 순서가없는 머리와 꼬리 세트가 있습니다.

  1 + 6 + 8 + 6 + 8 + 6 + 1 주문 세트

  그리고 8 개의 사례가있는 그룹 (즉, 머리가 3 개인 그룹 또는 꼬리가 3 개인 그룹)을 사용하여 숫자를 (같은 확률로) 선택할 수 있습니다. 이는 2 * (2 ^ 5-14) = 36 개 중 14 개에서 발생합니다. 이것은 우리에게 다음을 남깁니다.

  1 + 6 + 1 + 6 + 1 + 6 + 1 주문 세트

• 또 다른 (7 번째) 여분의 동전 뒤집기 를 통해 8 가지 가능한 순서가없는 머리와 꼬리 세트가 있습니다.

  1 + 7 + 7 + 7 + 7 + 7 + 7 + 1 주문 세트

  그리고 우리는 7 개의 경우 (모든 꼬리와 모든 머리 경우를 제외하고)로 그룹을 사용하여 숫자를 (같은 확률로) 선택할 수 있습니다. 44 건 중 42 건에서 발생합니다. 이것은 우리에게 다음을 남깁니다.

  1 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 1 주문 세트

  (우리는 이것을 계속할 수 있지만 49 단계에서만 이것이 우리에게 이점을 제공합니다)

숫자를 선택할 확률은

• 5 플립에서 $\frac{14}{32} = \frac{7}{16}$
• 6 플립에서 $\frac{9}{16}\frac{14}{36} = \frac{7}{32}$
• 7 플립에서 $\frac{11}{32}\frac{42}{44} = \frac{231}{704}$
• 하지 7 개 넘겼에 $1-\frac{7}{16}-\frac{7}{32}-\frac{231}{704} = \frac{2}{2^7}$

이것은 한 번의 플립 횟수에 대한 기대 값을 성공으로 만들고 p = 0.5라는 조건부입니다.

$$5 \cdot \frac{7}{16}+ 6 \cdot \frac{7}{32} + 7 \cdot \frac{231}{704} = 5.796875$$

p = 0.5 인 조건 에 따라 총 플립 횟수 (성공이있을 때까지)에 대한 기대 값 은 다음과 같습니다.

$$\left(5 \cdot \frac{7}{16}+ 6 \cdot \frac{7}{32} + 7 \cdot \frac{231}{704}\right) \frac{2^7}{2^7-2} = \frac{53}{9} = 5.88889$$

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NcAdams의 답변은이 중지 규칙 전략의 변형을 사용하지만 (매번 두 개의 새로운 동전 뒤집기가 발생합니다) 모든 플립을 최적으로 선택하는 것은 아닙니다.

Clid의 대답은 비슷할 수도 있지만, 두 개의 동전 뒤집기마다 번호가 선택 될 수 있다는 선택 규칙이 불균일 할 수 있지만 반드시 같은 확률 일 필요는 없습니다 (나중의 동전 뒤집기 중에 수정되는 불일치)

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다른 방법과 비교

유사한 원리를 사용하는 다른 방법은 NcAdams와 AdamO의 방법입니다.

$x$$i$$j$ (동일한 수의 머리와 꼬리이지만 다른 순서로)로 . 머리와 꼬리의 일부 시리즈는 다시 시작하기로 결정할 수 있습니다.

$x$

이것은 아래 이미지와 시뮬레이션으로 설명됩니다.

#### 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)
}

$p*(1-p)$

이 게시물에 설명 된 방법과 의견을 비교 확대

'7 단계의 조건부 건너 뛰기'는 조기 중지 규칙에서 수행 할 수있는 약간의 개선입니다. 이 경우 6 번째 플립 후 확률이 같은 그룹을 선택하지 마십시오. 확률이 같은 6 개의 그룹과 확률이 약간 다른 1 개의 그룹이 있습니다 (이 마지막 그룹의 경우 6 개의 머리 또는 꼬리가있는 경우 추가 시간을 한 번 더 뒤집어 야합니다. 7 개의 머리 또는 7 개의 꼬리를 삭제하므로 종료됩니다. 결국 같은 확률로)

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StackExchangeStrike에 의해 작성

상자를 정수로 레이블이 지정된 7 개의 동일한 영역으로 나눕니다. 동전이 각 지역에 상륙 할 확률이 동일한 방식으로 상자에 넣습니다.

$\pi$

$p = 1$$p=0$

편집 : 다른 사람의 의견에 따라.

흥미로운 생각이 있습니다.

{1,2,3,4,5,6,7}의 목록을 설정하십시오. 목록의 각 요소에 대한 동전을 순차적으로 던지십시오. 특정 요소에 대해 머리가 위로 향한 경우 목록에서 번호를 제거하십시오. 목록의 특정 반복에서 모든 숫자가 제거되면 샘플링을 반복하십시오. 하나의 숫자 만 남을 때까지 그렇게하십시오.

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)

나에게 대략 균일 한 분포를 준다

> 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 

$N$

---

코인 던지기 수에 대한 기대 값 평가

$x$$y$

$$M = \begin{bmatrix} q^7 & 0 & 0 & 0 &0 & 0 & 1 & 1\\ 7p^1q^6 & q^6 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 21p^2q^5 & 6p^1q^5 & q^5 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 35 p^3q^4 & 15 p^2q^4 & 5q^4 & q^4 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 35 p^4q^3 & 20 p^3q^3 & 10 p^2q^3 & 4 p^1q^3 & q^3 & 0 & 0 & 0\\ 21p^5q^2 & 15 p^4q^2 & 10 p^3q^2 & 6 p^2q^2 & 3 p^1q^2 & q^2 & 0 & 0\\ 7p^6q^1 & 6 p^5q^1 & 5 p^4q^1 & 4 p^3q^1 & 3p^2q^1 & 2p^1q^1 & 0 & 0\\ p^7 & p^6 & p^5 & p^4 & p^3 & p^2 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$

$(M-I)v=0$

아래는 코인 던지기에 대한 기대 값이 NcAdams의 답변과 비교 한 이미지입니다.$E(n) = \frac{24}{7}p(1-p)$

$p>2/3$

wxMaxima로 찾은 솔루션

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);

R의 계산

# 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))

문제는 조금 모호하다. "같은 확률로 7보다 작거나 같은 임의의 정수를 생성"하거나 "같은 확률로 7 개의 임의의 정수를 생성"하는가? -그러나 정수의 공간은 얼마입니까?!?

나는 그것이 전자의 것이라고 가정 할 것이지만, 내가 적용하는 것과 동일한 논리가 문제가 해결되면 후자의 경우로 확장 될 수 있습니다.

바이어스 코인을 사용하면 다음 절차에 따라 공정한 코인을 생성 할 수 있습니다. https://en.wikipedia.org/wiki/Fair_coin#Fair_results_from_a_biased_coin

숫자 7 이하는 3 개의 {0,1} 숫자로 2 진법으로 기록 될 수 있습니다. 따라서 위의 절차를 세 번 수행하고 생성 된 이진수를 다시 십진수로 변환하면됩니다.

절대로 낭비 하지 않는 솔루션 으로 매우 편향된 동전에 많은 도움이됩니다.

이 알고리즘의 단점은 (적어도 작성된대로) 임의의 정밀도 산술을 사용한다는 것입니다. 실제로, 정수 오버플로가 될 때까지 이것을 사용하고 나서 버리고 다시 시작할 수 있습니다.

또한 바이어스 가 무엇인지 알아야합니다 . 대부분의 물리적 현상과 같이 온도에 의존적이라면 말할 수 없습니다.

---

헤드 확률은 30 %라고 가정합니다.

• 범위로 시작하십시오 [1, 8).
• 동전 뒤집기 헤드 인 경우 왼쪽 30 %를 사용하므로 새 범위는 [1, 3.1)입니다. 그렇지 않으면 올바른 70 %를 사용하므로 새 범위는 [3.1, 8)입니다.
• 전체 범위가 동일한 정수 부분이 될 때까지 반복하십시오.

---

전체 코드 :

#!/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()

앞서 언급 한 바와 같이,이 퍼즐은 존 표준 뉴먼 (John von Neumann)의 1951 년 논문 "임의 숫자와 관련하여 사용되는 다양한 기술"과 관련이있다.

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

이것은 또한 및 에서만 작동합니다 .$p \neq 1$$p \neq 0$

우리는 먼저 NcAdams 답변 의 프로세스를 사용하여 (아마도) 불공평 한 동전을 공정한 동전으로 바꿉니다 .

동전을 두 번 뒤집습니다. 착륙 또는가 HH아니면 TT무시하고 다시 두 번 뒤집습니다.

이제, 동전오고의 동일한 확률이 HT또는 TH. 문제가 발생하면이를 HT호출하십시오 H1. 문제가 발생하면이를 TH호출하십시오 T1.

이제 공정 동전을 사용하여 에서 사이의 실수 를 이진수 로 생성합니다 . 과 하자 . string으로 시작 하여 동전을 뒤집고 결과 숫자를 문자열 끝에 추가하십시오. 새 문자열로 반복하십시오. 예를 들어, 시퀀스 는 숫자 제공합니다 .$0$$1$H1$= 1$T1 $= 0$0.H1 H1 T1$0.110$

$1/7$ 은 반복되는 10 진수이며 오른쪽이 밑이 2 인 경우 다음과 같습니다.

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

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

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

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

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

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

시퀀스의 숫자가 위의 시퀀스 중 하나와 일치하지 않을 때까지 공정한 동전을 뒤집어 십진수를 생성 한 다음 생성 된 숫자가 보다 작고 보다 큰 숫자 을 선택하십시오. . 생성 된 각 숫자는 똑같이 가능 하므로 같은 확률로 과 사이의 숫자를 선택했습니다 .$n$$n/7$$(n-1)/7$$1$$7$

AdamO의 답변에서 영감을 얻은 다음은 편견을 피하는 Python 솔루션입니다.

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

여기에는 두 가지 주요 변경 사항이 있습니다. 주요한 것은 모든 숫자가 한 라운드에서 버려지면 라운드를 반복한다는 것입니다. 또한 머리 나 꼬리가 매번 버릴 것인지 선택합니다. 이는 p = 0.999 일 때 p가 0 또는 1에 가까운 경우 ~ 70 %만큼 필요한 플립 수를 줄입니다.

플립 할 때마다 각 플립의 결과 매핑을 변경할 수있는 것으로 보입니다 . 따라서 편의상 처음 7 개의 양의 정수를 사용하여 다음과 같은 순서를 따릅니다.

1 번째 플립,지도 2 번째 플립,지도 ... 7 번째 플립,지도 8 번째 플립,지도$H \to 1$
$H \to 2$

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

기타

항상 7 번 플립 배치로 반복하십시오. 지도 아무것도 결과를.$T$

효율성에
대한 몇 가지 언급 우리의 RNG는 색인을 작성하여 7 번의 플립 에서 모두 를 얻는다면 하나의 7- 플립 배치에서 유용한 결과를 얻지 못할 것 입니다. 그래서$AP$$T$

$$P_{AP}(\text{no integers generated}) = (1-p)^7$$

7-flip 배치를 실행할 쓸모없는 총 플립 수는$N_b$

$$\text{Count}_{AP}(\text{useless flips}) \to 7\cdot N_b(1-p)^7$$

이제 @DilipSarwate의 RNG를 고려하십시오. 이항 및 5 플립 배치를 사용합니다. 정수를 각각 생성하는 7 개의 결과는 일 가능성이 있으므로 5 플립 배치에서$B(p,n=5)$$p^3(1-p)^2$

$$P_{DS}(\text{no integers generated}) = 1-7\cdot p^3(1-p)^2$$

쓸모없는 플립의 수는 여기서 경향이 있습니다.

$$\text{Count}_{DS}(\text{useless flips}) \to 5\cdot N_b\cdot [1-7\cdot p^3(1-p)^2]$$

들어 RNG 덜 쓸모 플립을 생성하는 경향이,이 경우이어야한다는$AP$

$$\text{Count}_{AP}(\text{useless flips}) < \text{Count}_{DS}(\text{useless flips})$$

$$\implies 7\cdot N_b(1-p)^7 < 5\cdot N_b\cdot [1-7\cdot p^3(1-p)^2]$$

$$\implies 7\cdot (1-p)^7 < 5\cdot [1-7\cdot p^3(1-p)^2]$$

수치 검사에 따르면 이면 RNG가 쓸모없는 플립을 덜 생성합니다. $p>0.0467$$AP$

우리는 또한 쓸모 화나게의 수는 단조로 감소되는 것을 발견 에 대한 에 대한하면서, RNG RNG는 주위에서 최소가 한 후 다시 증가 일반적으로는 높은 유지하면서. 비율A P D S p ≈ $p$$AP$$DS$$p\approx 0.5967$

$$\frac{\text{Count}_{AP}(\text{useless flips})}{\text{Count}_{DS}(\text{useless flips})}$$

꽤 빨리 줄어 듭니다. 예를 들어, 그것은 동일하다 위한 , 동일한 위한 같 위한 .p = 0.1 0.3 p = 0.2 0.127 p = $0.67$$p=0.1$$0.3$$p=0.2$$0.127$$p=0.4$