Игра "Очко". Расчет вероятности компьютером

[_Ivana]

А можно совсем просто и совсем не интересно - компьютер знает, какую он вытянет карту, и принимает однозначное решение, брать ее или нет А затем вероятность этого решения можно домножить на коэффициент "глупости" компьютера, что даст регулирование сложности игры одним параметром.

[nikvic]

(Оффтоп)

_Ivana в сообщении #825210 писал(а):

компьютер знает, какую он вытянет карту

Не, мы делаем прогу под Андроид и идём в казино со смартфоном поиграться

[_Ivana]

(Оффтоп)

Предварительно обкатав алгоритм на мэйлру? Тогда понятно, предложение снимается, сразу не догадался

[mustitz]

Э-э-э... а правила можно уточнить? Если игрок отказывается брать карту, может ли он ее взять не следующем ходу? Или все, поезд ушел?

Вообще, стратегия проста как веник для игрока, который отстает - ему надо брать карту. Даже если у него 20, а у соперника 21. Хуже не будет. Если можно добирать карты после паса, до стратегия для лидера также проста - пасуешь и наслаждаешься жизнью. Думаю, что эффект того, что игрок может вытащить нужную карту, чтоб кардинально поменять вероятности, очень мал.

А если пас навсегда, то получается такая картина, вероятность выигрыша при пасе для лидера равна считается достаточно легко в силу автоматизма действий соперника. Вероятность проигрыша можно округлить до вероятности перебора очередным ходом.

[The_Immortal]

nikvic,

nikvic в сообщении #825204 писал(а):

Наверное, программёр был плохим математиком

Вполне вероятно

nikvic в сообщении #825204 писал(а):

Считать нужно не матожидание, а вероятность выигрыша для известной стратегии противника для разных вероятностей решения взять ещё карту.

Хм... Пока мысль не обработал, надо будет подумать Но за предложение спасибо!


_Ivana, о таком варианте тоже думал, но это уж

_Ivana в сообщении #825210 писал(а):

совсем не интересно

mustitz,

mustitz в сообщении #825232 писал(а):

Если игрок отказывается брать карту, может ли он ее взять не следующем ходу?

Нет, не может. Пас - конец действий.

mustitz в сообщении #825232 писал(а):

Вообще, стратегия проста как веник для игрока, который отстает - ему надо брать карту. Даже если у него 20, а у соперника 21. Хуже не будет.

Да с этим-то понятно, поэтому я специально указал случай:

The_Immortal в сообщении #825192 писал(а):

Игрок: 6, 10.
Компьютер: 6, 10.

Ходит Компьютер.

- т.е. имеем равное количество очков.

mustitz в сообщении #825232 писал(а):

А если пас навсегда, то получается такая картина, вероятность выигрыша при пасе для лидера равна считается достаточно легко в силу автоматизма действий соперника.

А кто у нас лидер в указанном выше примере?

[mustitz]

The_Immortal в сообщении #825192 писал(а):

Игрок: 6, 10.
Компьютер: 6, 10.

Ходит Компьютер.

Итак, рассмотрим ситуацию "пас". В этом случае игрок может спасовать, получаем ничья, оценка $0.5$. Далее, игрок может прикупить. У него 16 аутов (AKQJ), в колоде 32 карты, получаем вероятность победы $16/32 = 0.5$. Итого оценка паса $0.5$ вне зависимости от действий противника.

Берем карту. Вероятность перебора $16/32 = 0.5$. Это поражение. Вероятность победы $p$ будет строго меньше единицы (все-таки соперник будет вынужден брать карту, а значит получит кое-какие шансы нас обойти или догнать). Итого, оценка $0.5 \cdot 0 + 0.5 \cdot p = p/2 < 0.5$. Значит пас выгоднее.

[Joker_vD]

Значит, пять копеек в несколько ином направлении: про то, какие правила игры в blackjack действуют в (американских) казино.

Игроки получает две карты лицом вверх, раздающий — одну лицом вверх и одну лицом вниз. Если любой из игроков (или раздающий) получил на раздаче blackjack, игра уже сыграна. Иначе первый игрок играет свою руку, пока либо не скажет "хватит", либо не превысит 21, потом второй игрок играет свою, последним играет раздающий. Раздающий (т.е. казино) всегда следует одному и тому же алгоритму: пока его рука стоит меньше 17, он обязан брать. В случае, если он набрал ровно 17, но в руке у него есть туз, стоящий 11, такая ситуация называется "soft 17". В этом случае он либо обязан брать ("H17"), либо обязан стоять ("S17"). В любом случае, это поведение нарисовано на столе.

[vlad_light]

(Оффтоп)

Ещё три копейки:
В blackjack, как правило, замешивается не одна колода, а 4-6. Поэтому вероятности будут немного другими.
И при бесконечной колоде, если я не ошибаюсь, вероятность определить нельзя.

[nikvic]

vlad_light в сообщении #825320 писал(а):

И при бесконечной колоде, если я не ошибаюсь, вероятность определить нельзя

Наоборот: вероятность выпадения карты не зависит от выданных.

[vlad_light]

nikvic в сообщении #825329 писал(а):

vlad_light в сообщении #825320 писал(а):

И при бесконечной колоде, если я не ошибаюсь, вероятность определить нельзя

Наоборот: вероятность выпадения карты не зависит от выданных.

Не понятно Как посчитать вероятность того, что следующей картой в колоде является, скажем, туз треф?
Я пользовался тем фактом, что нельзя определить вероятностную меру на $\mathbb N$ (или можно?).

[mustitz]

vlad_light в сообщении #825335 писал(а):

Не понятно Как посчитать вероятность того, что следующей картой в колоде является, скажем, туз треф?

$1/36$. Можно в пределе посчитать вероятность вытащить туза треф при условии, что $m$ тузов треф уже вышли в случае $n$ колод ($m \le n$) при $n \to \infty$.

[vlad_light]

Пронумеруем все карты из колоды $k$ натуральными числами: $D^k:= \{36k + 1, 36k +2, ..., 36k + 36 \}$. Поскольку мы имеем бесконечное количество колод, $\Omega = \cup \limits _k D^k=\mathbb N$. Пусть событие $A$ заключается в том, что следующей картой будет туз треф (номер 12): $A:= \{36n +12|n=0, 1, 2, \ldots \}$. Как найти $P(A)$? Если $P(A)=\frac {1}{36}$, то чему равно $P$?

[nikvic]

vlad_light в сообщении #825351 писал(а):

Поскольку мы имеем бесконечное количество колод

Всего лишь очень большое. И тогда вероятность вытянуть конкретную карту после выкидывания 4-х карт будет близка к пределу.

Однако равномерное распределение для натурального ряда невозможно

[mustitz]

vlad_light в сообщении #825351 писал(а):

Пронумеруем все карты из колоды $k$ натуральными числами: $D^k:= \{36k + 1, 36k +2, ..., 36k + 36 \}$. Поскольку мы имеем бесконечное количество колод, $\Omega = \cup \limits _k D^k=\mathbb N$. Пусть событие $A$ заключается в том, что следующей картой будет туз треф (номер 12): $A:= \{36n +12|n=0, 1, 2, \ldots \}$. Как найти $P(A)$? Если $P(A)=\frac {1}{36}$, то чему равно $P$?

Определить можно так: $D^k= \{0, \dots, 36k-1 \}$, $A^k= \{36n +12|n=0, 1, 2, \ldots, k-1 \}$.

$$ P(A) = \lim_{n \to \infty} \frac{|A^k|}{|D^k|} $$

[Joker_vD]

Интересный способ написать $\frac1{36}$.

Но чему равна вероятность вытянуть туз треф принадлежавший первой колоде?