Questo è un bellissimo problema del collezionista di coupon, con un piccolo tocco introdotto dal fatto che gli adesivi sono disponibili in confezioni da 5.
Se gli adesivi sono stati acquistati singolarmente, i risultati sono noti, come puoi vedere qui .
Tutte le stime per un limite superiore del 90% per gli adesivi acquistati singolarmente sono anche limiti superiori per il problema con un pacchetto di 5, ma un limite superiore meno vicino.
Penso che ottenere un limite superiore di probabilità del 90% migliore, usando il pacchetto di 5 dipendenze, diventerebbe molto più difficile e non ti darebbe un risultato molto migliore.
Quindi, usando la stima della coda con n = 424 e n - β + 1 = 0.1 , otterrai una buona risposta.P[T>βnlogn]≤n−β+1n=424n−β+1=0.1
MODIFICA :
L'articolo "Il problema del collezionista con i disegni di gruppo" (Wolfgang Stadje), un riferimento all'articolo portato da Assuranceturix, presenta una soluzione analitica esatta per il problema del collezionista di coupon con "pacchetti di adesivi".
Prima di scrivere il teorema, alcune definizioni di notazione: sarebbe l'insieme di tutti i possibili adesivi, s = | S | . A ⊂ S sarebbe il sottoinsieme che ti interessa (nell'OP, A = S ) e l = | A | . Disegneremo, con la sostituzione, k sottoinsiemi casuali di m adesivi diversi. X k ( A ) sarà il numero di elementi di A che compaiono in almeno uno di quei sottoinsiemi.Ss=|S|A⊂SA=Sl=|A|kmXk(A)A
Il teorema dice che:
P(Xk(A)=n)=(ln)∑j=0n(−1)j(nj)[(s+n−l−jm)/(sm)]k
Quindi, per l'OP abbiamo e m = 5 . Ho fatto alcuni tentativi con valori di k vicini alla stima per il problema del collezionista di coupon classico (729 pacchi) e ho avuto una probabilità del 90,02% per k uguale a 700 .l=s=n=424m=5k
Quindi non era così lontano dal limite superiore :)