Дубли на кубиках

[lel0lel]

Задачу не решал, взглянул бегло на таблицу от джипити. По-моему, там некоторые вероятности посчитаны неверно. Например, вероятность, что, имея отложенное состояние ааb, броском двух не выбывших из игры кубиков получится состояние аааbb равна 2/36, а не 1/12. В других строках тоже много несоответствий. Либо я не понимаю что это за вероятности. А вот кстати ааааb действительно получается с вероятностью 1/36 из ааb.

[wrest]

lel0lel в сообщении #1708003 писал(а):

имея отложенное состояние ааb, броском двух не выбывших из игры кубиков получится состояние аааbb равна 2/36, а не 1/12.

Пусть отложено 445, тогда фулл-хаус 3+2 (aaabb) дают три комбинации: 45 54 55 т.е. как раз 3/36=1/12

[Geen]

wrest в сообщении #1707981 писал(а):

AABCD - откладываем AA, перебрасываем BCD

wrest в сообщении #1707981 писал(а):

AAABC - откладываем AAB, перебрасыаем AC

В чём разница?

[wrest]

lel0lel в сообщении #1708003 писал(а):

Либо я не понимаю что это за вероятности.

Ну под одинаковыми буквами в одной комбинации понимаются одинаковые цифры. Так что aaabb и aabbb -- это один и тот же случай.

[lel0lel]

wrest в сообщении #1708004 писал(а):

Пусть отложено 445, тогда фулл-хаус 3+2 (aaabb) дают три комбинации: 45 54 55 т.е. как раз 3/36=1/12

Понятно, спасибо.

[lel0lel]

wrest
Ещё не могу понять почему при отложенном состоянии aab остаётся столь малое ожидание числа бросков до победы. В таблице указано число $1,52$. Причём, победное состояние после второго броска -- это только aaabb, его вероятность $1/12$. Даже если третий бросок всегда был бы выигрышным (при условии, что aaabb не собрали во втором), то до победы в среднем $1/12+2\cdot 11/12$, что больше МО из таблицы.

[wrest]

В общем, после длительных переговоров и уточнений, мелькнуло какое-то сообщение что теперь на несколько часов будет другая модель chatgpt, после чего оно существенно отупело, заглючило и общение потеряло смысл

-- 02.11.2025, 00:31 --

lel0lel в сообщении #1708010 писал(а):

Ещё не могу понять почему при отложенном состоянии aab

Да, я этот момент в том числе обсуждал, но вразумительного ответа не получил, ссылается на расчеты. Прошу прощения и дико извиняюсь за это, но разбираться в питоновском скрипте мне тяжко, надо было сразу на pari/gp просить...

[lel0lel]

(Оффтоп)

wrest в сообщении #1708011 писал(а):

мелькнуло какое-то сообщение что теперь на несколько часов будет другая модель chatgpt, после чего оно существенно отупело

Если бы Ваше сообщение появилось ровно в полночь, то получилось бы как в сказке

[wrest]

Но задачка интересная оказалась, кстати. Похоже встки на то что матожидание включая первый бросок окажется 5,78
Надо теперь наверное придумать какую-то форму описания стратегии и автомат, который её испытывает.

[lel0lel]

EUgeneUS в сообщении #1707955 писал(а):

12d3 в сообщении #1707954 писал(а):

Пару. Тогда в среднем меньше 5 бросков понадобится, а для тройки ровно 6.

Контринтуитивно.
Хорошая задача.

Из состояния ААА игру можно закончить либо любым дублем (вероятность при броске 1/6), либо, при случае, перейдя в состояние AAAA или АААВ, но и там вероятность закончить равна 1/6. Получается, что из состояния AAA в среднем нужно 6 бросков, чтобы завершить игру.

В случае АА игра закончится либо любым "триблем" (вероятность этого при одном броске трёх кубиков равна 1/36), либо выпадением АВВ (вероятность при одном броске 5/72), либо переходом в два различных отложенных дубля (там уже матожидание оставшихся бросков будет равно 3), а сам переход осуществляется с вероятностью 5/18 и соответствует АА+BBC (иные переходы не уменьшают ожидание числа ходов до победы). Наконец, может быть, что на текущем ходу к победе не приблизились и снова кидаем все три кубика. Тогда ожидание до победы из состояния AA, при оптимальной игре, можно получить из уравнения

$$M_{AA}=1/36+5/72+10/9+(1-1/36-5/72-5/18)(M_{AA}+1)$$

Значение получается как у 12d3 в https://dxdy.ru/post1707938.html#p1707938. Собственно, я и сообразил только после прочтения и обдумывания указанного сообщения.

(Оффтоп)

Не очень аккуратно дроби набрал
-- это не со зла, просто с телефона так легче.

[wrest]

Новости с фронта ИИ
Переключился с chatgpt на qwen, результат тот же 5,23
Но код на pari/gp
Изучаю

[wrest]

В общем, скрипт qwen даёт такие оценки матожиданий (есть скрипт на pari/gp)
Перед первым броском $5\dfrac{23}{98}$
Матожидание выичисляется с плавающей точкой, но наилучшая аппроксимация рациональнцм числом, до знаменателей $10^6$ именно $5\dfrac{23}{98}$ то есть похоже на точное значение. Хотя знаменатель и не делится на 6...
Далее так, если выпало
AAAAA - 0
AAAAB - 4,8
AAABB - 0
AAABC - 4,8
AABBC - 3,0
AABCD - 4,8
ABCDE - 5+23/98

Рекомендации
AAAAA - держать все (победа)
AAAAB - держать AAB
AAABB - держать все (победа)
AAABC - держать AAB
AABBC - держать AABB
AABCD - держать AAB
ABCDE - держать A

По случаю "выпали все разные", мне как-то кажется, что перебросить все или перебросить 4 - нет разницы.

[wrest]

Прогресс такой: вычисление переписано из плавающей точки в рациональное, итерации по вероятностям заменены итерациями стратегий, СЛАУ решаются точно, окончательный результат:

Состояние: ABCDE → отложить: ничего, M = 513/98
Состояние: AABCD → отложить: AAB, M = 24/5
Состояние: AABBC → отложить: AABB, M = 3
Состояние: AAABC → отложить: AAB, M = 24/5
Состояние: AAAAB → отложить: AAB, M = 24/5
Состояние: AAABB → отложить: все (конец игры)
Состояние: AAAAA → отложить: все (конец игры)

Похоже, на этом всё.

P.S. Сюрприз необычайный: "наивная" стратегия права только в двух случаях: вернуть всё в случае шанса и держать две пары. Во всех остальных случаях держать пару и одиночку. А всё потому, что фулл хасуов AAABB в 50 раз больше чем покеров AAAAA
Dendr - спасибо за задачу! Если вы вдруг следите там (за этой задачей в ежемесячнике) и они публикуют решения, дайте знать!

[lel0lel]

wrest в сообщении #1708139 писал(а):

Dendr - спасибо за задачу! Если вы вдруг следите там (за этой задачей в ежемесячнике) и они публикуют решения, дайте знать!

В этой теме, идейно, усилиями нескольких участников, в том числе Вашими , задача уже решена.Но, к сожалению, на финальном этапе посчитана одна из вероятностей неверно. Для удобства, собираю все части решения в одном сообщениии исправляю ошибку в ответе. Это уже сделать легко, зная сам ответ.
Итак, вот начало:

worm2 в сообщении #1707934 писал(а):

Давайте для начала посмотрим, какие конфигурации у нас могут быть после первого броска. Считаем за аксиому, что первым броском мы должны бросать все кубики.
Всего возможны $6^5=7776$ вариантов, которые разбиваются на 7 возможных классов (подсчитано с помощью компьютерной программы, ибо плохо умею по-другому):
1) Все числа разные (ABCDE) — 720 исходов
2) Три числа разные, два одинаковые (AABCD) — 3600 исходов
3) Два числа разные, три одинаковые (AAABC) — 1200 исходов
4) Одно число, два одинаковых, и ещё два одинаковых (AABBC) — 1800 исходов
5) Два одинаковых и ещё три одинаковых (AAABB) — 300 исходов
6) Одно число и четыре одинаковых (AAAAB) — 150 исходов
7) Все числа одинаковые (AAAAA) — 6 исходов
Немедленный успех (один бросок) — это классы 5) и 7), матожидание 1.

Исходы можно вычислять без компьютера, в дальнейшем пригодится. Например,

worm2 в сообщении #1707934 писал(а):

4) Одно число, два одинаковых, и ещё два одинаковых (AABBC) — 1800 исходов

У нас есть $6$ различных чисел. Первые два $AA$ могут быть реализованы выбором одного числа из $6$ и заполнением в упорядоченной пятиклеточной строке $\square\square\square\square\square$ двух клеток; число способов $C_6^1C_5^2$. Далее $BB$ реализуется $C_5^1C_3^2$ способами, a $C$ реализуется $C_4^1C_1^1$ способами. Заметим, что мы насчитали вдвое больше способов, чем нужно. Поскольку в раскладке $1,3,3,5,1$ -- поди разберись кто есть A, а кто B. Мы посчитали его и как $A=1,B=3,C=5$, и как $A=3,B=1,C=5$. Перемножаем все способы и делим на $2!$:
$(C_6^1C_5^2C_5^1C_3^2C_4^1C_1^1)/2=1800$ -- с ответом worm2 совпадает.

Вторая часть решения:

12d3 в сообщении #1707938 писал(а):

Тут лучше считать с конца, сначала с 4 отложенными кубиками, потом с 3, потом с 2, потом уже из начальной позиции (откладывать 1 кубик смысла нет).
Пока что выяснились следующие матожидания в зависимости от уже отложенных кубиков:
AAAA - 6
AAAB - 6
AABB - 3
AAA - 6
AAB - $\frac{60}{11} \approx 5.45$ (откладываем B если попадется)
AA - $\frac{44}{9} \approx 4.88$ (откладываем BB)
AB - $\frac{69}{11} \approx 6.27$ (откладываем AB если получится, иначе откладываем только A или только B)

Очень красивая идея! Но, к сожалению, именно тут закралась одна досадная ошибка.

(Оффтоп)

Мне мерещатся всюду ошибки, так как я не умею читать условие и чересчур доверяю ИИ

Неверно посчитано ожидание числа бросков до победы из состояния AAB, обозначим это ожидание $M_{AAB}$. Конечно, ошибка перекочевала и в $M_{AB}$. При этом, $M_{AA}=44/9$ посчитано верно, я это перепроверил в сообщении https://dxdy.ru/post1708016.html#p1708016. Значит, уважаемый 12d3 считал похожим способом. Жаль, что я тогда поленился перепроверить $M_{AAB}$, была ночь. Как итог, состояние $AAB$ так и осталось недооценённым. Лучше бы вообще не влезал, раз условие не научился читать и думаю, что ИИ читает его внимательнее.

И вот, наконец, третья часть -- это численная проверка, которую выполнил уважаемый wrest, не поинтересовавшийся у ИИ понял ли тот его и условие Его результат прямо кричит: "что же вы, эдакие и сякие, не хотите пересчитать $M_{AAB}$". Собственно, вот пересчёт:
из состояния $AAB$ за один ход выигрываем, если $AAB+(AB)$ или $AAB+(BB)$;
переходим в пару различных дублей (там маленькое ожидание), если $AAB+(BC)$ или если $AAB+(CC)$ (тогда придётся вытаскивать из уже отложенных $B$, чего нельзя по условию) Добавлено в 12:20 03.11.2025 ;
в остальных случаях остаёмся в $AAB$, так как ожидание у состояния $AAAB$ равно $6$, а состояние $AABC$ для любителей кидать кубик долго
Тогда $M_{ABB}$ находим из формулы:

$$M_{AAB}=(2/36+1/36)\cdot 1+\frac{1}{3}\cdot(1+M_{AABB})+(1-1/12-1/3)(1+M_{AAB}).$$

Поскольку $M_{AABB}=3,$ то $M_{ABB}=24/5=4.8$. Видно, что $M_{AABB}<M_{ABB}<M_{AA}$. Отсюда стратегия (она будет верная, только если кубики из отложенных снова можно вовлекать в игру)

wrest в сообщении #1708106 писал(а):

Рекомендации
AAAAA - держать все (победа)
AAAAB - держать AAB
AAABB - держать все (победа)
AAABC - держать AAB
AABBC - держать AABB
AABCD - держать AAB
ABCDE - держать A

Только добавлю, что из $AAB$, если нет победы после броска, но есть переход в два различных дубля, то идём в дубли. И следующее замечание тоже верное:

wrest в сообщении #1708106 писал(а):

По случаю "выпали все разные", мне как-то кажется, что перебросить все или перебросить 4 - нет разницы.

Формула для расчёта минимального ожидания числа бросков до победы с начала игры

$$M=1\cdot (p_{aaaaa}+p_{aabbb})+(1+M_{aab})(p_{aabcd}+p_{aaabd}+p_{aaaab})+(1+M_{aabb})p_{aabbc}+(M+1)p_{abcde}$$

Буквой $p$ с индексами обозначены вероятности состояний после первого броска.
Что даёт $M=513/98.$
Этот результат будет правильным, только если кубики из отложенных снова можно вовлекать в броски.

(Оффтоп)

Уважаемый worm2 начал решение с введения удобных обозначений, 12d3 продолжил её решать и решил, wrest с помощью ИИ поставил другую задачу с возвращаемыми кубиками и решил её численно, я помог разобраться в расхождении условий задач

[nnosipov]

wrest в сообщении #1708139 писал(а):

Если вы вдруг следите там (за этой задачей в ежемесячнике) и они публикуют решения, дайте знать!

Обычно решение задачи в этом журнале публикуют через год-полтора после того, как опубликовано условие задачи. Говорят, что решение вообще могут не опубликовать, но мне неизвестен ни один такой случай.