从250次抽卡次数中探索有限次几何分布的抽卡问题

发布于 28 天前  212 次阅读


因为世界弹射物语免费井引入了,大部分人抽一次卡的极限是250抽,所以从无限次几何分布模型需要改进为有限次几何分布模型。
几何分布是首次试验成功所需要的试验次数的分布情况,当试验次数有限时,也就是说无论最后一次试验成功与否都将停止试验。这种情况下得到有限项几何分布。
具体模型:
考虑伯努利实验模型,记事件A为成功,A'失败,P(A)=p,P(A')=q,这种实验最多独立重复n次,如果事件A出现就停止实验,否则一直做到第n次为止,那么所需实验次数的概率分布x为
$$
\begin{aligned}
&P(x=k)=pq^{k-1},k=1,2,....,n-1\\
&P(x=n)=pq^{n-1}+q^n=q^{n-1}
\end{aligned}
$$
可以发现当n趋于正无穷时,它分布收敛于几何分布

分布的主要特征:
考虑此分布的概率母函数,母函数有如下性质
$$
\begin{aligned}
&E(X)=G^{\prime}(1)\\
&D(X)=G^{\prime \prime}(1)+G^{\prime}(1)\left(1-G^{\prime}(1)\right)
\end{aligned}
$$
依据母函数可以算出期望和方差分别为
$$
\begin{aligned}
&E(X)=\frac{1}{p}-\frac{q^{n}}{p}\\
&D(X)=\frac{q}{p^{2}}+\frac{q^{n}\left[q^{2}+(2 n-1) q+1\right]}{p^{2}}
\end{aligned}
$$
因为计算比较复杂,我使用代码来计算以下抽取角色的期望和方差
分别为非当期up想要的五星概率(0.00081),当期双up其中某一个想要的五星概率(0.01),当期单up五星概率(0.015)
代码就是很简单的python

# p=0.01
n=250

def d(p):
    q=1-p
    sum1=q/p**2
    sum2=(q**n*(q**2+(2*n-1)*q+1))/p**2
    return (sum1+sum2)

def e(p):
    q=1-p
    sum1=1/p
    sum2=q**n/p
    return sum1-sum2


p=[0.00081,0.01,0.015]

for i in p:
    print(e(i),d(i))

最后结果是比较合理的
E(250,0.00081)=226.39571523825236,D(250,0.00081)=624590996.7803102
E(250,0.01)=91.89414838378187,D(250,0.01)=411942.21537131903
E(250,0.015)=65.14273194107912,D(250,0.015)=54513.729173903324
有限项几何分布与无限项(因为有前人算过无限项)相比,期望变小但是方差更大了

那这个意思就是250抽就收手的情况下,平均226抽出一个非up五星的想要角色,92抽出一个双up五星的想要的那个,65抽出一个单up五星,但是方差非常大的性质也表明,脸黑的话可能抽不到想要的角色,只能井了,大概是这样,希望给抽卡的各位一个数学计算