三国杀中的概率学问题4——曹冲

前言

这篇文章是围绕曹冲的称象技能展开的一些数学上的讨论，将涉及到积分、概率论等知识，并会做很多拓展。
值得说明的是，本文受到了这篇文章的一些启发。

连续情形1

先来看一个连续情形的问题。

问题一：假设每张牌的点数是0~1的随机数。我们重复翻开牌堆顶的牌，直到所有牌的点数和大于1为止。求翻开牌数的数学期望。

我们用概率论的方式来理解这个问题。每张牌的点数可以看成一个随机变量，第$i$张牌的点数表示的随机变量为${\xi }_i$。由题意得，${\xi }_i$服从标准均匀分布，即${\xi }_i$~$U(0,1)$。且这些随机变量相互独立。

设$E$为翻开牌数的数学期望。我们来考虑如何求$E$

要摸到第$i$张牌，只需要前$i$张牌的点数和小于等于1，即${\sum }_{i=1}^i{\xi }_i\le 1$

那么我们有$P({\sum }_{i=1}^n{\xi }_i\le 1)$的概率摸到第$n$张牌。

再加上最后一张使得点数和大于1的牌，我们得到

$E=1+{\sum }_{n=1}^{\infty }P({\sum }_{i=1}^n{\xi }_i\le 1)$

那么我们现在需要计算$P({\sum }_{i=1}^n{\xi }_i\le 1)$

令$Y_n={\sum }_{i=1}^n{\xi }_i$，那么$Y_n$其实就是$n$个服从标准均匀分布的随机变量的和。有意思的是，刚好有一种分布就是这么定义的。它就是欧文-霍尔分布。

欧文-霍尔分布的分布函数为$F_{Y_n}(x)=\frac{1}{n!}{\sum }_{k=0}^{\lfloor x\rfloor }(-1{)}^k{C}_n^k(x-k{)}^n$

看起来非常复杂，但是我们只需要$x=1$时的结果就行了。代入$x=1$，得

$F_{Y_n}(1)=\frac{1}{n!}$

那么$P({\sum }_{i=1}^n{\xi }_i\le 1)=F_{Y_n}(1)=\frac{1}{n!}$

于是$E=1+{\sum }_{n=1}^{\infty }P({\sum }_{i=1}^n{\xi }_i\le 1)=1+{\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n!}=e\approx 2.718$

连续情形2

问题2：假设每张牌的点数是0~1的随机数。我们同时亮出4张牌，然后尽可能地拿最多牌，同时保证拿到的牌的点数和小于等于1。求获得牌数的数学期望。

这个时候已经越来越接近原始的称象问题了。我们令$E$表示获得牌数的数学期望。

我们令$P_i$表示四张牌中，任意$i$张牌的点数和都大于1的概率。

那么$1-P_i$就表示四张牌中，存在$i$张牌，其点数和小于1。也就是说，我们有$1-P_i$的概率摸到第$i$张牌。

于是，得到$E={\sum }_{i=1}^{4}1-P_i$

那么问题就转化成了求$P_i$。

显然，$P_1=0$，因为任意一张牌的点数都小于等于1。

$P_4$也很好求，利用上面的欧文霍尔分布的分布函数即可。

$P_4=P({\sum }_{i=1}^4{\xi }_i>1)=1-P({\sum }_{i=1}^4{\xi }_i\le 1)=1-F_{Y_4}(1)=1-\frac{1}{4!}=\frac{23}{24}$

$P_2$和$P_3$相对来说，比较难求。

$P_2$可以转化成求被下列函数包围的体积：

$$\{\begin{array}{l}0\le x_1,x_2,x_3,x_4\le 1\\ x_1+x_2>1\\ x_1+x_3>1\\ x_1+x_4>1\\ x_2+x_3>1\\ x_2+x_4>1\\ x_3+x_4>1\end{array}$$

二维和三维情况可以通过画图的方法来做，但是这是四维空间，于是我们用积分来计算。

$P_2={\int }_0^1{\int }_{1-x_1}^1{\int }_{1-min(x_1,x_2)}^1{\int }_{1-min(x_1,x_2,x_3)}^{1}d{x}_{1}d{x}_{2}d{x}_{3}d{x}_4={\int }_0^1{\int }_{1-x_1}^1{\int }_{1-min(x_1,x_2)}^{1}min(x_1,x_2,x_3)d{x}_{1}d{x}_{2}d{x}_3$

通过编写如下的matlab代码，我们算出$P_2=\frac{1}{8}$

integral3(@(x,y,z)min(min(x,y),z),0,1,@(x)1-x,1,@(x,y)1-min(x,y),1)

四张牌的情况下，$P_2=\frac{1}{8}$。事实上，$n$张牌的情况下，任意两张牌点数大于1的概率为$\frac{1}{2^{n-1}}$。

计算$P_3$跟计算$P_2$类似，也是转化为求体积的问题，用积分进行求解。

$P_3={\int }_0^1{\int }_0^1{\int }_{max(1-x_1-x_2,0)}^1{\int }_{max(1-min(x_1+x_2,x_1+x_3,x_2+x_3),0)}^{1}d{x}_{1}d{x}_{2}d{x}_{3}d{x}_4={\int }_0^1{\int }_0^1{\int }_{max(1-x_1-x_2,0)}^{1}1-max(1-min(x_1+x_2,x_1+x_3,x_2+x_3),0)d{x}_{1}d{x}_{2}d{x}_3$

matlab代码如下：

integral3(@(x,y,z)1-max(1-min(min(x+y,x+z),y+z),0),0,1,0,1,@(x,y)1-x-y,1)

求得$P_3=\frac{23}{36}$

事实上，在$n$张牌的情况下，任意3张牌点数和大于1的概率为$\frac{2\ast 4^{n-2}-3^{n-2}}{6^{n-2}}$

值得说明的是，matlab的代码只能求出积分的数值解，这里是为了方便起见，人为凭借经验转换成了分数的形式。

最终，我们求出$P_1=0,P_2=\frac{1}{8},P_3=\frac{23}{36},P_4=\frac{23}{24}$

$E={\sum }_{i=1}^{4}1-P_i=\frac{41}{18}\approx 2.278$

离散情形

现在我们来看曹冲的技能称象。

问题3：每张牌的点数为1-13的整数，且随机出现。我们同时亮出4张牌，然后尽可能地拿最多牌，同时保证拿到的牌的点数和小于等于13。求获得牌数的数学期望。

题目中有两个13，将这两个13记为$m$，令$m\to \infty$，就是连续情形2，数学期望就是$\frac{41}{18}$。现在我们来求解一下离散情形。

方法一

我们先用数学方法解一下这个问题。

我们令$E$表示获得牌数的数学期望。

我们令$P_i$表示四张牌中，任意$i$张牌的点数和都大于13的概率。

跟上面的公式相同，$E={\sum }_{i=1}^{4}1-P_i$

由于每张牌的点数最大就是13，所以任意一张牌的点数大于13的概率为0，即$P_1=0$

$P_2$的计算

$P_2$的计算比较有难度。

我们假设4张牌中点数最小的牌的点数为$i$。

若$1\le i\le 6$，那么其它三张牌必须要大于$13-i$，于是其它三张牌的取值范围为$(13-i,13]$，每张牌有$i$种取法，三张牌共有$i^3$种取法。由于最小的牌可以在4个位置的任意一个位置，所以答案要乘以4，即${\sum }_{i=1}^{6}4\ast i^3$。

若$7\le i\le 13$，那么其实这四张牌都大于等于7即可。于是方案数为$7^4$。

于是，$P_2=\frac{{\sum }_{i=1}^{6}4\ast i^3+7^3}{13^4}=\frac{4165}{28561}\approx 0.1458$

稍微拓展一下，把题目中的亮出4张牌，改为亮出$n$张牌，把题目中的两个13改成$m$，看看$P_2$又将如何计算。

我们假设$n$张牌中最小的点数为$i$。

当$1\le i\le \lfloor \frac{m}{2}\rfloor$时，其它$n-1$张牌的范围是$(m-i,m]$，即每张牌有$i$种取法，于是$n-1$张牌有$i^{n-1}$种取法。由于最小值所在的位置可以是$n$个位置中的任意位置，故要再乘以$n$，所以一共有$n{\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{m}{2}\rfloor }{i}^{n-1}$种取法。

当$\lfloor \frac{m}{2}\rfloor <i\le m$时，那么其实这$n$张牌可以在$(\lfloor \frac{m}{2}\rfloor ,m]$的范围内任意取，于是共有$(m-\lfloor \frac{m}{2}\rfloor {)}^n$种取法。

于是，$P_2=\frac{n}{m^n}{\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{m}{2}\rfloor }{i}^{n-1}+\frac{(m-\lfloor \frac{m}{2}\rfloor {)}^n}{m^n}$

让我们计算一下$P_2$在$m\to \infty$时的极限。

补充一个知识，$li{m}_{m\to \infty }{\sum }_{i=1}^m\frac{i^n}{m^{n+1}}=\frac{1}{n+1}$

于是得到，$li{m}_{m\to \infty }{P}_2=li{m}_{m\to \infty }\frac{n}{m^n}{\sum }_{i=1}^{\frac{m}{2}}{i}^{n-1}+\frac{(m-\frac{m}{2}{)}^n}{m^n}=\frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^n}=\frac{1}{2^{n-1}}$

这个结论跟之前连续情形2的结论是一致的。

$P_3$的计算

比起$P_2$的计算，$P_3$的计算更加复杂。要是不感兴趣，可以直接跳过这一节。

整体思路是对于4张牌中点数小于等于4的牌数进行枚举。

①若没有牌点数小于等于4，则每张牌的范围都是$[5,13]$，任意三张牌的和都大于等于15，显然满足条件。此时的方案数为$9^4=6561$

②若只有一张牌点数小于等于4，则设它的点数为$i$。现在问题变成了，剩下三张牌中，任意两张牌的点数和大于$13-i$的方案数有多少种。那么这可以套用$P_2$的计算思想。设次小值的点数为$j$。

若$5\le j\le \lfloor \frac{13-i}{2}\rfloor$，剩下两张牌的取值范围即为$(13-i-j,13]$，即$(i+j{)}^2$种取法。再考虑上最小值和次小值的位置，即为$A_4^2(i+j{)}^2$

若$\lfloor \frac{13-i}{2}\rfloor <j\le 13$，则这三张牌可以在$(\lfloor \frac{13-i}{2}\rfloor ,13]$内任取，共有$(13-\lfloor \frac{13-i}{2}\rfloor {)}^3$种方案。考虑到最小值的位置有4种取法，即为$4\ast (13-\lfloor \frac{13-i}{2}\rfloor {)}^3$种方案。

于是这种情况的总方案数为$A_4^2{\sum }_{i=1}^4{\sum }_{j=5}^{\lfloor \frac{13-i}{2}\rfloor }(i+j{)}^2+4{\sum }_{i=1}^4(13-\lfloor \frac{13-i}{2}\rfloor {)}^3=12\ast (6^2+7^2+7^2+8^2)+4\ast (7^3+8^3+8^3+9^3)=10760$

③若有2张牌点数都小于等于4，则假设这两张牌点数和为$i$。那么剩下两张牌的点数的范围就是$(13-i,13]$，方案数即为$i^2$。

再考虑两张牌点数和为$i$,且两张牌的点数都小于等于4的情况数。由于情况比较少，可以直接枚举。

2=1+1
3=1+2=2+1
4=1+3=2+2=3+1
5=1+4=2+3=3+2=4+1
6=2+4=3+3=4+2
7=3+4=4+3
8=4+4

情况数为$4-|5-i|$。

这两张牌需要找两个位置，有$C_4^2$种方法。

于是，总方案数为$C_4^2{\sum }_{i=2}^8(4-|5-i|)i^2=6\ast (1\ast 2^2+2\ast 3^2+3\ast 4^2+4\ast 5^2+3\ast 6^2+2\ast 7^2+1\ast 8^2)=2640$

④若点数小于等于4的牌数大于等于3，则显然不符合题意。

综上，总方案数为$9^4+A_4^2{\sum }_{i=1}^4{\sum }_{j=5}^{\lfloor \frac{13-i}{2}\rfloor }(i+j{)}^2+4{\sum }_{i=1}^4(13-\lfloor \frac{13-i}{2}\rfloor {)}^3+C_4^2{\sum }_{i=2}^8(4-|5-i|)i^2=19961$

于是，$P_3=\frac{19961}{13^4}\approx 0.6989$

顺带提一句，若每张牌的点数范围是$1-m$，$n$张牌中任意3张牌点数和大于$m$的概率为$P_3=\frac{1}{m^n}[(m-\lfloor \frac{m}{3}\rfloor {)}^n+A_n^2{\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{m}{3}\rfloor }{\sum }_{j=\lfloor \frac{m}{3}\rfloor +1}^{\lfloor \frac{m-i}{2}\rfloor }(i+j{)}^{n-2}+n{\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{m}{3}\rfloor }(m-\lfloor \frac{m-i}{2}\rfloor {)}^{n-1}+C_n^2{\sum }_{i=2}^{2\lfloor \frac{m}{3}\rfloor }{i}^{n-2}(\lfloor \frac{m}{3}\rfloor -|i-\lfloor \frac{m}{3}\rfloor -1|)]$

$li{m}_{m\to \infty }{P}_3=\frac{2\ast 4^{n-2}-3^{n-2}}{6^{n-2}}$

由于过于复杂，这里只给出结论，不作证明。

$P_4$的计算

$P_4$表示四张牌点数和大于13的概率。正难则反，我们计算四张牌点数和小于等于13的概率。我们假设四张牌的点数分别为$i,j,k,l$我们可以列出式子

$1-P_4=\frac{1}{13^4}{\sum }_{i=1}^{10}{\sum }_{j=1}^{11-i}{\sum }_{k=1}^{12-i-j}{\sum }_{l=1}^{13-i-j-k}1={\sum }_{i=1}^{10}{\sum }_{j=1}^{11-i}{\sum }_{k=1}^{12-i-j}(13-i-j-k)$

利用公式
$$\{\begin{array}{l}{\sum }_{i=1}^{n}i=\frac{n(n+1)}{2}\\ {\sum }_{i=1}^n{i}^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\\ {\sum }_{i=1}^n{i}^3=[\frac{n(n+1)}{2}{]}^2\end{array}$$

可以求出$1-P_4=\frac{715}{28561}$

于是得到$P_4=\frac{27846}{28561}\approx 0.9750$

综上，$E={\sum }_{i=1}^{4}1-P_i=4-{\sum }_{i=1}^4{P}_i=4-0-\frac{4165}{13^4}-\frac{19961}{13^4}-\frac{27846}{13^4}=\frac{62272}{28561}\approx 2.1803$

最终，我们通过一系列复杂的计算，终于通过数学方法计算出了曹冲称象的数学期望，为2.1803张牌。

方法二

通过数学方法的证明及其繁琐，但是用编程求解却非常简单。这里给出编程求解的代码。

p=zeros(1,4);
for i=1:13
    for j=1:13
        for k=1:13
            for l=1:13
                if i+j>13 && i+k>13 && i+l>13 && j+k>13 && j+l>13 && k+l>13
                    p(2)=p(2)+1;
                end
                if i+j+k>13 && i+j+l>13 && i+k+l>13 && j+k+l>13
                    p(3)=p(3)+1;
                end
                if i+j+k+l>13
                    p(4)=p(4)+1;
                end
            end
        end
    end
end
p=p./13^4
E=4-sum(p)

根据$E={\sum }_{i=1}^{4}1-P_i$，通过枚举的方式，很容易计算出$P_i$。通过一个非常简单的代码，一个困难的问题就迎刃而解。但是，这个代码的复杂度是$O(m^n)$的，当$m$或者$n$稍微大一点，这个代码的复杂度就会很大。

总结

本文从曹冲的技能出发，提出并解决了2个连续情形的问题，且第二个连续情形是称象技能的一个极限情况。而且我们发现，其实极限情况的数学期望2.278，而离散情况的数学期望是2.1803，相差并不大。

在解决离散情形时，我们通过一个简单的公式$E={\sum }_{i=1}^{4}1-P_i$，使得代码非常简洁。如果直接做的话，代码写起来还是挺复杂的。

在面对一些问题时，一些人总是不满足于计算机的解法，试图通过数学的方法给出一些公式。我也是其中之一。所以我用数学的方式给出了一种解法，虽然这种解法称不上简洁，但是也在一定程度上给出了更大范围内的通用公式。虽然解决实际问题绰绰有余，但总是有人享受解决这些数学问题的乐趣。