Disegna numeri interi in modo indipendente e uniforme a caso da 1 a

Vorrei disegnare numeri interi da 1 a qualche specifica lanciando un certo numero di dadi a sei facce giusti (d6). Una buona risposta spiegherà perché il suo metodo produce numeri interi uniformi e indipendenti .$N$

Come esempio illustrativo, sarebbe utile spiegare come funziona una soluzione per il caso di .$N=150$

Inoltre, desidero che la procedura sia il più efficiente possibile: tira il numero minimo di d6 in media per ogni numero generato.

Sono ammesse conversioni dal senario al decimale.

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Questa domanda è stata ispirata da questo thread Meta .

L'insieme $\Omega(d,n)$ di risultati identificabili distinti in $n$ tiri indipendenti di un dado con $d=6$ facce ha $d^n$ elementi. Quando il dado è giusto, ciò significa che ogni risultato di un tiro ha probabilità $1/d$ e l'indipendenza significa che ciascuno di questi risultati avrà quindi probabilità $(1/d)^n:$ cioè, hanno una distribuzione uniforme $\mathbb{P}_{d,n}.$

Supponiamo che tu abbia escogitato una procedura $t$ che determini $m$ esiti di un dado con lato $c (=150)$ - cioè un elemento di $\Omega(c,m)$ oppure segnala un fallimento (il che significa che dovrai ripetere per ottenere un risultato). Questo è,

$$t:\Omega(d,n)\to\Omega(c,m)\cup\{\text{Failure}\}.$$

Sia $F$ la probabilità traduca in un fallimento e si noti che è un multiplo integrale di diciamo$t$$F$$d^{-n},$

$$F = \Pr(t(\omega)=\text{Failure}) = N_F\, d^{-n}.$$

(Per riferimento futuro, si noti che il numero previsto di volte che deve essere invocato prima di non fallire è )$t$$1/(1-F).$

Il requisito che questi risultati in siano uniformi e indipendenti condizionale sulla non denunciare i mezzi di guasto che conserve probabilità, nel senso che per ogni evento$\Omega(c,m)$$t$$t$$\mathcal{A}\subset\Omega(c,m),$

$$\frac{\mathbb{P}_{d,n}\left(t^{*}\mathcal{A}\right)}{1-F}= \mathbb{P}_{c,m}\left(\mathcal{A}\right) \tag{1}$$

dove

$$t^{*}\left(\mathcal A\right) = \{\omega\in\Omega\mid t(\omega)\in\mathcal{A}\}$$

è l'insieme dei tiri di dado che la procedura assegna all'evento$t$$\mathcal A.$

Considera un evento atomico , che deve avere probabilitàSia (i tiri di dado associati a ) hanno elementi . diventa$\mathcal A = \{\eta\}\subset\Omega(c,m)$$c^{-m}.$$t^{*}\left(\mathcal A\right)$$\eta$$N_\eta$$(1)$

$$\frac{N_\eta d^{-n}}{1 - N_F d^{-n}} = \frac{\mathbb{P}_{d,n}\left(t^{*}\mathcal{A}\right)}{1-F}= \mathbb{P}_{c,m}\left(\mathcal{A}\right) = c^{-m}.\tag{2}$$

È immediato che siano tutti uguali a un numero intero$N_\eta$$N.$ Resta solo da trovare le procedure più efficienti Il numero atteso di non guasti per rullo del lati dado IS$t.$$c$

$$\frac{1}{m}\left(1 - F\right).$$

Ci sono due implicazioni immediate e ovvie. Uno è che se riusciamo a mantenere piccola man mano che cresce, l'effetto della segnalazione di un errore è asintoticamente zero. L'altro è che per ogni dato (il numero di lanci del dado a per simulare), vogliamo rendere più piccolo possibile.$F$$m$$m$$c$$F$

Diamo un'occhiata più da vicino a cancellando i denominatori:$(2)$

$$N c^m = d^n - N_F \gt 0.$$

Ciò rende ovvio che in un determinato contesto (determinato da ), viene reso il più piccolo possibile rendendo uguale al multiplo più grande di che è minore o uguale a Possiamo scrivere questo in termini della più grande funzione intera (o "piano") come$c,d,n,m$$F$$d^n-N_F$$c^m$$d^n.$$\lfloor*\rfloor$

$$N = \lfloor \frac{d^n}{c^m} \rfloor.$$

Infine, è chiaro che dovrebbe essere il più piccolo possibile per la massima efficienza, perché misura la ridondanza in . In particolare, il numero previsto di rotoli del dado lato necessario per produrre un rotolo del dado lato è$N$$t$$d$$c$

$$N \times \frac{n}{m} \times \frac{1}{1-F}.$$

Pertanto, la nostra ricerca di procedure ad alta efficienza dovrebbe concentrarsi sui casi in cui è uguale o appena maggiore di un certo potere$d^n$$c^m.$

L'analisi termina mostrando che per un dato e c'è una sequenza di multipli per i quali questo approccio approssima la perfetta efficienza. Ciò equivale a trovare per cui avvicina a nel limite (garantendo automaticamente ). Una di queste sequenze si ottiene prendendo e determinando$d$$c,$$(n,m)$$(n,m)$$d^n/c^m \ge 1$$N=1$$F\to 0$$n=1,2,3,\ldots$

$$m = \lfloor \frac{n\log d}{\log c} \rfloor.\tag{3}$$

La prova è semplice.

Tutto ciò significa che quando siamo disposti a lanciare il dado a faccia di originale un numero sufficientemente grande di volte possiamo aspettarci di simulare quasi risultati di un dado a faccia per tiro . Equivalentemente,$d$$n,$$\log d / \log c = \log_c d$$c$

È possibile simulare un gran numero di rotoli indipendenti di senso unico stampo utilizzando un equo sided die utilizzando una media di lancia per risultato dove può essere reso arbitrariamente piccolo scegliendo sufficientemente grande.$m$$c$$d$$\log(c)/\log(d) + \epsilon = \log_d(c) + \epsilon$$\epsilon$$m$

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Esempi e algoritmi

Nella domanda, e donde$d=6$$c=150,$

$$\log_d(c) = \frac{\log(c)}{\log(d)} \approx 2.796489.$$

Pertanto, la migliore procedura possibile richiederà, in media, almeno tiri di a per simulare ogni risultato.$2.796489$d6d150

L'analisi mostra come farlo. Non abbiamo bisogno di ricorrere alla teoria dei numeri per realizzarla: possiamo semplicemente tabulare i poteri e i poteri e confrontarli per trovare dove sono vicini. Questo calcolo della forza bruta fornisce coppie$d^n=6^n$$c^m=150^m$$c^m \le d^n$$(n,m)$

$$(n,m) \in \{(3,1), (14,5), \ldots\}$$

per esempio, corrispondente ai numeri

$$(6^n, 150^m) \in \{(216,150), (78364164096,75937500000), \ldots\}.$$

Nel primo caso vedrebbe associato dei risultati di tre rotoli al fallimento e gli altri risultati sarebbero ciascuno associato con un singolo risultato di una . $t$$216-150=66$d6$150$d150

Nel secondo caso vedrebbe associato dei risultati di 14 rotoli di guasto - circa 3,1% di tutti - e altrimenti sarebbe uscita una sequenza di 5 risultati di uno .$t$$78364164096-75937500000$d6d150

Un semplice algoritmo per implementare$t$ identifica le facce del dado con lato con i numeri e le facce del dado con lato con i numeri Gli tiri del primo dado sono interpretati come un numero -digit nella base Questo viene convertito in un numero in base Se ha al massimo cifre, la sequenza delle ultime cifre è l'output. Altrimenti, restituisce Fallimento invocando se stesso in modo ricorsivo.$d$$0,1,\ldots, d-1$$c$$0,1,\ldots, c-1.$$n$$n$$d.$$c.$$m$$m$$t$

Per sequenze molto più lunghe, puoi trovare coppie adatte considerando ogni altro convergente dell'espansione della frazione continua di La teoria delle frazioni continue mostra che questi convergenti si alternano tra essere inferiore a e maggiore di esso (supponendo che non sia già razionale). Scegli quelli che sono meno di$(n,m)$$n/m$$x=\log(c)/\log(d).$$x$$x$$x.$

Nella domanda, i primi pochi di questi convergenti sono

$$3, 14/5, 165/59, 797/285, 4301/1538, 89043/31841, 279235/99852, 29036139/10383070 \ldots.$$

Nell'ultimo caso, una sequenza di 29.036.139 rotoli di a d6produrrà una sequenza di 10.383.070 rotoli di a d150con un tasso di fallimento inferiore a per un'efficienza di distinguibile dal limite asintotico.$2\times 10^{-8},$$2.79649$

Nel caso di , tirare tre volte una d6 crea nettamente risultati.$N=150$$6^3=216$

Il risultato desiderato può essere tabulato in questo modo:

• Registra un d6 tre volte in sequenza. Questo produce risultati . Il risultato è uniforme perché tutti i valori di sono ugualmente probabili (i dadi sono equi e trattiamo ogni lancio come distinto).$a,b,c$$a,b,c$
• Sottrai 1 da ciascuno.
• Questo è un numero senario: ogni cifra (valore del luogo) va da 0 a 5 con potenze di 6, quindi puoi scrivere il numero in decimale usando $$(a-1) \times 6^2 + (b-1) \times 6^1 + (c-1)\times 6^0$$
• Aggiungi 1
• Se il risultato supera 150, scartare il risultato e rotolare di nuovo.

La probabilità di mantenere un risultato è . Tutti i tiri sono indipendenti e ripetiamo la procedura fino a un "successo" (un risultato in ), quindi il numero di tentativi di generare 1 pareggio tra 1 e 150 viene distribuito come una variabile casuale geometrica, che ha aspettative . Pertanto, l'utilizzo di questo metodo per generare 1 pareggio richiede di tirare in media tiri di dado (poiché ogni tentativo lancia 3 dadi).$p=\frac{150}{216}=\frac{25}{36}$$1,2,\dots,150$$p^{-1}=\frac{36}{25}$$\frac{36}{25}\times 3 =4.32$

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Ringraziamo @whuber per averlo suggerito in chat.

Ecco un'alternativa ancora più semplice alla risposta di Sycorax per il caso in cui . Poiché è possibile eseguire la seguente procedura:$N=150$$150 = 5 \times 5 \times 6$

Generazione di un numero casuale uniforme da 1 a 150:

• Fai tre tiri ordinati di 1D6 e come .$R_1, R_2, R_3$
• Se uno dei primi due tiri è un sei, rilanciarlo fino a quando non è 6.
• Il numero è un numero uniforme che utilizza la notazione di posizione con una radice di 5-5-6. Pertanto, è possibile calcolare il numero desiderato come: $(R_1, R_2, R_3)$ $$X = 30 \cdot (R_1-1) + 6 \cdot (R_2-1) + (R_3-1) + 1.$$

Questo metodo può essere generalizzato a più grande , ma diventa un po 'più imbarazzante quando il valore ha uno o più fattori primi maggiori di .$N$$6$

Come esempio di un algoritmo per scegliere uniformemente tra valori usando dadi a sei facce, prova questo che usa ogni tiro per moltiplicare i valori disponibili per e rendere ciascuno dei nuovi valori ugualmente probabili:$150$$6$

• Dopo tiri, hai possibilità, non abbastanza per distinguere valori$0$$1$$150$
• Dopo tiro, hai possibilità, non abbastanza per distinguere valori$1$$6$$150$
• Dopo tiri, hai possibilità, non abbastanza per distinguere valori$2$$36$$150$
• Dopo tiri, hai possibilità, abbastanza per distinguere valori ma con valori rimanenti; la probabilità che ti fermi ora è$3$$216$$150$$66$$\frac{150}{216}$
• Se non ti sei fermato, dopo tiri hai possibilità rimanenti, abbastanza per distinguere valori in due modi ma con valori rimanenti; la probabilità che ti fermi ora è$4$$396$$150$$96$$\frac{300}{1296}$
• Se non ti sei fermato, dopo tiri hai possibilità rimanenti, abbastanza per distinguere valori in tre modi ma con valori rimanenti; la probabilità che ti fermi ora è$5$$576$$150$$96$$\frac{450}{7776}$
• Se non ti sei fermato, dopo tiri hai possibilità rimanenti, abbastanza per distinguere valori in cinque modi ma con valori rimanenti; la probabilità che ti fermi ora è$6$$756$$150$$6$$\frac{750}{46656}$

Se ti trovi su uno dei valori rimanenti dopo tiri, allora ti trovi in ​​una situazione simile alla posizione dopo tiro. Quindi puoi continuare allo stesso modo: la probabilità che ti fermi dopo tiri è 0$6$$6$$1$$7$$\frac{0}{279936}$ , dopo$8$tiri è$\frac{150}{1679616}$ ecc.

Aggiungi questi e scopri che il numero previsto di rotoli necessari è di circa $3.39614$ . Fornisce una selezione uniforme tra $150$ , poiché si seleziona un valore solo in un momento in cui è possibile selezionare ciascuno dei $150$ con uguale probabilità

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Sycorax ha chiesto nei commenti un algoritmo più esplicito

• In primo luogo, lavorerò in base $6$ con $150_{10}=410_6$
• In secondo luogo, anziché i valori target da $1_6$ a $410_6$ , ne sottrarrò uno in modo che i valori target siano compresi tra $0_6$ e $409_6$
• Terzo, ogni dado dovrebbe avere valori da $0_6$ a $5_6$ e il lancio di un dado comporta l'aggiunta di una cifra di $6$ cifre sul lato destro del numero generato esistente. I numeri generati possono avere zeri iniziali e il loro numero di cifre è il numero di lanci finora

L'algoritmo è un successivo lancio di dadi:

• Lancia i primi tre dadi per generare un numero da $000_6$ a $555_6$ . Poiché $1000_6 \div 410_6 = 1_6 \text{ remainder } 150_6$ prendi il valore generato (che è anche il suo residuo sulla divisione per $410_6$ ) se il valore generato è rigorosamente inferiore a $1000_6-150_6=410_6$ e stop;

• Se continui, tira il quarto dado in modo da aver generato un numero da $4100_6$ a $5555_6$ . Poiché $10000_6 \div 410_6 = 12_6 \text{ remainder } 240_6$ si prende il resto del valore generato su divisione per $410_6$ se il valore generato è rigorosamente inferiore a $10000_6-240_6=5320_6$ e si ferma;

• Se continui, tira il quinto dado in modo da aver generato un numero da $53200_6$ a $55555_6$ . Poiché $100000_6 \div 410_6 = 123_6 \text{ remainder } 330_6$ si prende il resto del valore generato su divisione per $410_6$ se il valore generato è rigorosamente inferiore a $100000_6-330_6=55230_6$ e stop;

• Se continui, tira il sesto dado in modo da aver generato un numero da $552300_6$ a $555555_6$ . Poiché $1000000_6 \div 410_6 = 1235_6 \text{ remainder } 10_6$ prendi il resto del valore generato su divisione per $410_6$ se il valore generato è rigorosamente inferiore a $1000000_6-10_6=555550_6$ e stop;

• eccetera.