จำนวนที่คาดว่าจะโยนเหรียญเพื่อให้ N ติดต่อกันตามลำดับ M

สัมภาษณ์มี CodeSprint ที่สองของพวกเขาในเดือนมกราคมที่รวมคำถามด้านล่าง คำตอบแบบเป็นโปรแกรมจะโพสต์ แต่ไม่มีคำอธิบายทางสถิติ

(คุณสามารถดูปัญหาดั้งเดิมและวิธีแก้ปัญหาที่โพสต์ได้โดยลงชื่อเข้าใช้เว็บไซต์ Interviewstreet ด้วยเครดิต Google จากนั้นไปที่ปัญหา Coin Tosses จากหน้านี้)

โยนเหรียญ

คุณมีเหรียญที่ไม่ฝักใฝ่ฝ่ายใดซึ่งคุณต้องการที่จะโยนต่อไปจนกว่าจะได้รับ N หัวติดต่อกัน คุณได้โยนเหรียญ M ครั้งและน่าประหลาดใจการโยนทั้งหมดทำให้เกิดหัว

จำนวนที่ต้องการเพิ่มเติมของการโยนจนกว่าคุณจะได้รับ N หัวติดต่อกันคืออะไร?

อินพุต:
บรรทัดแรกมีจำนวนเคส T แต่ละบรรทัด T ถัดไปมีสองตัวเลข N และ M

เอาต์พุต:
บรรทัดเอาต์พุต T ที่มีคำตอบสำหรับกรณีทดสอบที่สอดคล้องกัน พิมพ์คำตอบที่ถูกปัดเศษเป็นทศนิยม 2 ตำแหน่ง

ตัวอย่างอินพุต:
4
2 0
2 1
3 3
3 2

ตัวอย่างผลลัพธ์:
6.00
4.00
0.00
8.00

คำอธิบายตัวอย่าง:
ถ้า N = 2 และ M = 0 คุณจะต้องโยนเหรียญต่อไปจนกว่าคุณจะได้รับ 2 หัวติดต่อกัน ไม่ยากที่จะแสดงให้เห็นว่าโดยทั่วไปจำเป็นต้องมีการโยนเหรียญ 6 ครั้ง
ถ้า N = 2 และ M = 1 คุณต้องการ 2 หัวติดต่อกันและมี 1 แล้วคุณต้องโยนอีกครั้งไม่ว่าจะเกิดอะไรขึ้น ในการโยนครั้งแรกถ้าคุณได้รับหัวคุณจะทำ มิฉะนั้นคุณจะต้องเริ่มต้นใหม่เนื่องจากตัวนับที่ต่อเนื่องจะถูกรีเซ็ตและคุณจะต้องโยนเหรียญต่อไปจนกว่าคุณจะได้รับ N = 2 หัวติดต่อกัน จำนวนการโยนเหรียญที่คาดหวังจึงเท่ากับ 1 + (0.5 * 0 + 0.5 * 6) = 4.0 ถ้า N = 3 และ M = 3 คุณมี 3 หัวอยู่แล้วดังนั้นคุณไม่จำเป็นต้องทอยอีกต่อไป

สมการทางคณิตศาสตร์ทั้งหมดที่ฉันพบมีคำตอบที่ถูกต้องสำหรับข้อมูลอินพุตตัวอย่างที่แสดงไว้ด้านบน แต่ผิดสำหรับชุดอินพุตอื่นทั้งหมดของพวกเขา (ซึ่งไม่ทราบ) วิธีแก้ปัญหาเชิงโปรแกรมของพวกเขาดูเหมือนจะแก้ปัญหาได้แตกต่างจากวิธีการทดลองแบบสมการของฉัน มีใครช่วยอธิบายวิธีการแก้สมการที่จะแก้ปัญหานี้ได้ไหม

probability stochastic-processes markov-process

— Polshgiant
แหล่งที่มา

ดูที่นี่ที่ซึ่งเราพบผลลัพธ์

ให้โดย Daniel Johnson ด้านล่าง

2^{N + 1} - 2^{M + 1}

$2^{N+1}-2^{M+1}$

— Dilip Sarwate

คำตอบ:

นี้คือการออกกำลังกายการคำนวณจึงคิดซ้ำ สถานะปัจจุบันของเหรียญพลิกจะถูกกำหนดโดยทั้งคู่ได้รับคำสั่งกับ 0ปล่อยให้จำนวนที่คาดว่าจะพลิกถึงหัวต่อเนื่องกันเป็น : $(N,M)$ $N\ge M\ge 0$ $N$ $e(N,M)$

(1) มีโอกาส 50% ที่การโยนครั้งต่อไปจะนำคุณเข้าสู่สถานะและโอกาส 50% ที่การพลิกครั้งต่อไปจะเป็นการนำคุณไปสู่สถานะ . ค่าใช้จ่ายนี้หนึ่งพลิก ดังนั้นความคาดหวัง (ซ้ำ) จะได้รับจาก $(N,M+1)$ $(N,0)$

อี (ยังไม่มีข้อความ, M) = \frac{1}{2} อี (ยังไม่มีข้อความ, M + 1) + \frac{1}{2} อี (ยังไม่มีข้อความ, 0) + 1

$e(N,M) = \frac{1}{2} e(N,M+1) + \frac{1}{2} e(N,0) + 1.$

(2) เงื่อนไขพื้นฐาน: คุณได้ระบุไว้แล้ว

อี (ยังไม่มีข้อความ, 0) = 2^{ยังไม่มีข้อความ + 1} - 2

$e(N,0) = 2^{N+1}-2$

และแน่นอน

อี (ยังไม่มีข้อความ, ยังไม่มีข้อความ) = 0

$e(N,N) = 0$

(ไม่จำเป็นต้องพลิกอีก)

ต่อไปนี้เป็นโปรแกรมMathematica ที่สอดคล้องกัน(รวมถึงการแคชผลลัพธ์ระดับกลางเพื่อเร่งการเรียกซ้ำซึ่งเป็นวิธีแก้ปัญหาการเขียนโปรแกรมแบบไดนามิกที่มีประสิทธิภาพ):

e[n_, m_] /; n > m > 0 := e[n, m] = 1 + (e[n, m + 1] + e[n, 0])/2 // Simplify
e[n_, 0] := 2^(n + 1) - 2
e[n_, n_] := 0

โปรแกรมจะมีลักษณะคล้ายกันในภาษาการเขียนโปรแกรมอื่น ๆ ที่รองรับการเรียกซ้ำ ในทางคณิตศาสตร์เราสามารถตรวจสอบได้ว่าเพียงแค่ตรวจสอบการเรียกซ้ำเนื่องจากเห็นได้ชัดว่าเป็นกรณีฐาน: $e(N,M) = 2^{N+1} - 2^{M+1}$

2^{ยังไม่มีข้อความ + 1} - 2^{M + 1} = 1 + (2^{ยังไม่มีข้อความ + 1} - 2^{M + 2} + 2^{ยังไม่มีข้อความ + 1} - 2) / 2,

$2^{N+1} - 2^{M+1} = 1 + (2^{N+1} - 2^{M+2} + 2^{N+1} - 2)/2,$

ซึ่งเป็นจริงสำหรับและ , QED ใด ๆ $M$ $N$

โดยทั่วไปแล้ววิธีการเดียวกันจะกำหนดว่าเมื่อเหรียญมีความน่าจะเป็นของหัว ส่วนที่ยากคือการทำงานออกสภาพฐาน)ซึ่งทำโดยการไล่ล่าการเรียกซ้ำออกไปตามขั้นตอนจนกระทั่งในที่สุดแสดงออกมาในรูปของตัวเองและการแก้ไข: $e(N,M) = \frac{p^{-N} - p^{-M}}{1-p}$ $p$ $e(N,0)$ $N$ $e(N,0)$

\begin{aligned} e (N, 0) & = 1 + พี อี (ยังไม่มีข้อความ, 1) + (1 - พี) อี (n, 0) \\ = 1 + พี (1 + พี อี (ยังไม่มีข้อความ, 2) + (1 - พี) อี (ยังไม่มีข้อความ, 0)) + (1 - พี) อี (ยังไม่มีข้อความ, 0) \\ \dots \\ = 1 + พี + {พี}^{2} + \dots + {พี}^{ยังไม่มีข้อความ - 1} + (1 - พี) [1 + พี + \dots + {พี}^{ยังไม่มีข้อความ - 1}] อี (ยังไม่มีข้อความ, 0); \\ อี (ยังไม่มีข้อความ, 0) & = \frac{1 - {พี}^{ยังไม่มีข้อความ}}{1 - พี} + (1 - {พี}^{ยังไม่มีข้อความ}) อี (ยังไม่มีข้อความ, 0); \\ อี (ยังไม่มีข้อความ, 0) & = \frac{{พี}^{- ยังไม่มีข้อความ} - 1}{1 - พี} . \end{aligned}

$\eqalign{ e(N,0) &= 1 + p e(N,1) + (1-p) e(n,0) \\ &= 1 + p\left(1 + p e(N,2) + (1-p) e(N,0)\right) + (1-p) e(N,0) \\ \cdots \\ &= 1 + p + p^2 + \cdots + p^{N-1} + (1-p)[1 + p + \cdots + p^{N-1}]e(N,0);\\ e(N,0) &= \frac{1-p^N}{1-p} + (1-p^N)e(N,0); \\ e(N,0) &= \frac{p^{-N}-1}{1-p}. }$

— whuber
แหล่งที่มา

บางทีการทำงานซ้ำ ๆมากกว่าจะวนซ้ำอาจจะดีกว่าไหม คุณมี

ซึ่งให้

และ

อี (ยังไม่มีข้อความ, M) = \frac{1}{2} อี (ยังไม่มีข้อความ, M + 1) + \frac{1}{2} อี (ยังไม่มีข้อความ, 0) + 1

$e(N,M)=\frac{1}{2}e(N,M+1)+\frac{1}{2}e(N,0)+1$

อี (ยังไม่มีข้อความ, M + 1) = 2 อี (ยังไม่มีข้อความ, M) - 2^{ยังไม่มีข้อความ + 1}

$e(N,M+1)=2e(N,M)-2^{N+1}$

และอื่น ๆ ให้

หรือสมการความแตกต่างสามารถแก้ไขได้ "เชิงทฤษฎี" แทนที่จะทำซ้ำ

\begin{aligned} อี (ยังไม่มีข้อความ, 1) & = 2 อี (ยังไม่มีข้อความ, 0) - 2^{ยังไม่มีข้อความ + 1} = 2 (2^{ยังไม่มีข้อความ + 1} - 2) - 2^{ยังไม่มีข้อความ + 1} = 2^{ยังไม่มีข้อความ + 1} - 4 \\ อี (ยังไม่มีข้อความ, 2) & = 2 อี (ยังไม่มีข้อความ, 1) - 2^{ยังไม่มีข้อความ + 1} = 2 (2^{ยังไม่มีข้อความ + 1} - 4) - 2^{ยังไม่มีข้อความ + 1} = 2^{ยังไม่มีข้อความ + 1} - 8 \end{aligned}

$\begin{align*}e(N,1)&=2e(N,0)-2^{N+1}=2(2^{N+1}-2)-2^{N+1}=2^{N+1}-4\\e(N,2)&=2e(N,1)-2^{N+1}=2(2^{N+1}-4)-2^{N+1}=2^{N+1}-8\end{align*}$

อี (ยังไม่มีข้อความ, M) = 2^{ยังไม่มีข้อความ + 1} - 2^{M + 1} .

$e(N,M)=2^{N+1}-2^{M+1}.$

— Dilip Sarwate

@Dilip การอนุมานที่คุณวาดทั้งที่ "ซึ่งให้" และ "และ" และอื่น ๆ "เป็นแบบเรียกซ้ำ คุณมีวิธีการแก้ปัญหาในใจโดย "แก้ไขในทางทฤษฎี"?

— whuber

ในใจของฉันความแตกต่างระหว่างการเรียกซ้ำและการวนซ้ำเป็นวิธีการทำงาน สำหรับความสัมพันธ์

recursionคำนวณ

เป็น

x (n) = 2 x (n - 1), x (0) = 1,

$x(n)=2x(n-1),~~ x(0)=1,$

x (n)

$x(n)$

ในขณะที่การวนซ้ำพูดว่า

x (n) = 2 x (n - 1) = 2 (2 x (n - 2)) = 2 (2 (2 x (n - 3))) = \dots = 2 (2 (\dots 2 x (0) \dots) = 2^{n}

$x(n)=2x(n-1)=2(2x(n-2))=2(2(2x(n-3)))=\cdots=2(2(\cdots 2x(0)\cdots)=2^n$

"ตามหลักวิชา" หมายถึงการแก้สมการความแตกต่างด้วยการค้นหาพหุนามลักษณะการหาค่ารากของมันจากนั้นจึงปรับแก้ปัญหาทั่วไปให้เข้ากับสภาพเริ่มต้นแทนที่จะทำการคำนวณอย่างง่ายข้างต้น

x (0) = 1 \Rightarrow x (1) = 2 x (0) = 2 \Rightarrow x (2) = 2 x (1) = 2^{2} \Rightarrow \dots x (n) = 2 x (n - 1) = 2 \cdot 2^{n - 1} = 2^{n} .

$x(0)=1\Rightarrow x(1)=2x(0)=2\Rightarrow x(2)=2x(1)=2^2\Rightarrow \cdots x(n)=2x(n-1)=2\cdot 2^{n-1}=2^n.$

— Dilip Sarwate

find_x(n)if n=0 return 1 else return 2*find_x(n-1)find_x

n

$n$ y = 1; while n > 0 do begin y=2*y; n=n-1 end; return y

ถ้าคุณดูว่าโปรแกรมเหล่านั้นถูกนำไปใช้งานจริงบนคอมพิวเตอร์ @Dilip ได้อย่างไรในหลาย ๆ สภาพแวดล้อม (เช่นR) พวกเขาแทบจะไม่แตกต่างกันเลย (ในกรณีหนึ่งที่คุณสร้างและจากนั้นประมวลผลเวกเตอร์1:nและอีกอันหนึ่งคุณจะค้นพบว่าn:1ถูกวางลงบนสแต็กและประมวลผลแบบย้อนกลับ) แต่ส่วนหนึ่งของประเด็นของฉันคือแนวคิด : ความคิดเห็นเริ่มต้นของคุณพูดว่า ที่อ้างถึงการวิเคราะห์และไม่ใช่โปรแกรมคอมพิวเตอร์ แต่สิ่งเหล่านี้เป็นจุดสัมผัสจุดสัมผัสที่การสนทนาไม่รับประกันการขยายความคิดเห็นหัวข้อนี้

— whuber

เพื่อแก้ปัญหานี้ฉันจะใช้กระบวนการสุ่มเวลาหยุดและการเขียนโปรแกรมแบบไดนามิก

ก่อนคำจำกัดความบางอย่าง:

X_{n} ≐ # (จากหัวที่ต่อเนื่องกันหลังจากการพลิกที่ n)

$X_n \doteq \#\text{(of consecutive heads after the nth flip)}$

X_{0}

$X_0$

X_{0} = 0

$X_0 = 0$

X

$X$

X_{0} = M

$X_0 = M$

τ_{ยังไม่มีข้อความ} ≐ นาที {k : X_{k} = ยังไม่มีข้อความ} และ τ_{0} ≐ นาที {k > 1 : X_{k} = 0}

$\tau_N \doteq \min\{k: X_k = N\} \text{ and } \tau_0 \doteq \min\{k > 1: X_k = 0\}$

$\tau_N$ $(X_{\tau_N} = N)$ $(X_0 = M)$ $M \leq N$

E [τ_{ยังไม่มีข้อความ} | X_{0} = M] = E [τ_{ยังไม่มีข้อความ} 1_{{τ_{ยังไม่มีข้อความ} < τ_{0}}} + τ_{ยังไม่มีข้อความ} 1_{{τ_{ยังไม่มีข้อความ} > τ_{0}}} | X_{0} = M]

$E[\tau_N|X_0 =M] = E[\tau_N\boldsymbol{1}_{\{\tau_N < \tau_0\}} + \tau_N\boldsymbol{1}_{\{\tau_N > \tau_0\}}|X_0 =M]$

= (ยังไม่มีข้อความ - M) (\frac{1}{2})^{ยังไม่มีข้อความ - M} + E [τ_{0} | τ_{ยังไม่มีข้อความ} > τ_{0}, X_{0} = M] + (1 - (\frac{1}{2})^{ยังไม่มีข้อความ - M}) E [τ_{ยังไม่มีข้อความ} | X_{0} = 0]

$= (N-M)(\frac{1}{2})^{N-M} + E[\tau_0|\tau_N > \tau_0,X_0 =M] + (1 - (\frac{1}{2})^{N-M})E[\tau_N|X_0 = 0]$

ครั้งแรกที่สอดคล้องกับจำนวนที่คาดหวังของการพลิกก่อนที่จะได้รับหางสมมติว่าหางถูกพลิกก่อนที่จะมีการสังเกตหัว N ติดต่อกันโดยสมมติว่าเราเริ่มต้นด้วยหัวต่อเนื่อง M ไม่ยากเกินไปที่จะดูว่า

E [τ_{0} | τ_{ยังไม่มีข้อความ} > τ_{0}, X_{0} = M] = Σ_{J = 1}^{ยังไม่มีข้อความ - M} (J) (\frac{1}{2})^{J} = 2 - (ยังไม่มีข้อความ - M + 2) (\frac{1}{2})^{ยังไม่มีข้อความ - M}

$E[\tau_0|\tau_N > \tau_0,X_0 =M] = \sum^{N-M}_{j=1}(j)(\frac{1}{2})^j = 2 - (N-M+2)(\frac{1}{2})^{N-M}$

ทีนี้สิ่งที่เราต้องทำก็คือคำนวณความคาดหวังตามเงื่อนไขข้อที่สองซึ่งสอดคล้องกับจำนวนการพลิกที่คาดไว้เพื่อสังเกตหัวต่อเนื่อง N เริ่มต้นจาก 0 ด้วยการคำนวณที่คล้ายกันเราเห็นว่า

E [τ_{ยังไม่มีข้อความ} | X_{0} = 0] = E [τ_{ยังไม่มีข้อความ} 1_{{τ_{ยังไม่มีข้อความ} < τ_{0}}} + τ_{ยังไม่มีข้อความ} 1_{{τ_{ยังไม่มีข้อความ} > τ_{0}}} | X_{0} = 0]

$E[\tau_N|X_0 = 0] = E[\tau_N\boldsymbol{1}_{\{\tau_N < \tau_0\}} + \tau_N\boldsymbol{1}_{\{\tau_N > \tau_0\}}|X_0 =0]$

= ยังไม่มีข้อความ (\frac{1}{2})^{ยังไม่มีข้อความ} + E [τ_{0} | τ_{ยังไม่มีข้อความ} > τ_{0}, X_{0} = 0] + (1 - (\frac{1}{2})^{ยังไม่มีข้อความ}) E [τ_{ยังไม่มีข้อความ} | X_{0} = 0]

$= N(\frac{1}{2})^{N} + E[\tau_0|\tau_N > \tau_0,X_0 =0] + (1 - (\frac{1}{2})^N)E[\tau_N|X_0 = 0]$

= 2^{ยังไม่มีข้อความ} {ยังไม่มีข้อความ (\frac{1}{2})^{ยังไม่มีข้อความ} + (2 - (ยังไม่มีข้อความ + 2) (\frac{1}{2})^{ยังไม่มีข้อความ})}

$= 2^N\lbrace N(\frac{1}{2})^{N} + (2 - (N+2)(\frac{1}{2})^{N})\rbrace$

= 2^{ยังไม่มีข้อความ + 1} - 2

$= 2^{N+1} - 2$

นี่เป็นคำตอบสุดท้ายของ:

E [τ_{ยังไม่มีข้อความ} | X_{0} = M] = (ยังไม่มีข้อความ - M) (\frac{1}{2})^{ยังไม่มีข้อความ - M} + 2 - (ยังไม่มีข้อความ - M + 2) (\frac{1}{2})^{ยังไม่มีข้อความ - M} + (1 - (\frac{1}{2})^{ยังไม่มีข้อความ - M}) (2^{ยังไม่มีข้อความ + 1} - 2)

$E[\tau_N|X_0 =M] = (N-M)(\frac{1}{2})^{N-M} + 2 - (N-M+2)(\frac{1}{2})^{N-M} + (1 - (\frac{1}{2})^{N-M})(2^{N+1} - 2)$

= 2^{ยังไม่มีข้อความ + 1} - 2^{M + 1}

$= 2^{N+1}-2^{M+1}$

สิ่งนี้สอดคล้องกับกรณีทดสอบสี่ข้อที่คุณระบุไว้ ด้วยคำตอบง่ายๆนี้อาจมีวิธีที่ง่ายกว่าในการคำนวณ

— แดเนียลจอห์นสัน
แหล่งที่มา

นี่เป็นวิธีที่ยากกว่าในการแก้ไขมากกว่าแนวคิดแบบเรียกซ้ำตามที่ระบุไว้ข้างต้น แต่มันมีประโยชน์อย่างมากที่จะเห็นทั้งสองวิธีมารวมกัน คนส่วนใหญ่ไม่ชื่นชมวิธีที่การหยุดเวลาสามารถใช้กับปัญหาเล็ก ๆ ได้เช่นกัน

— ely

คำเตือน: สิ่งต่อไปนี้อาจไม่ถือเป็นคำตอบที่เหมาะสมเนื่องจากไม่ได้ให้วิธีการแก้ปัญหาแบบปิดกับคำถามโดยเฉพาะ เมื่อเทียบกับคำตอบก่อนหน้านี้ อย่างไรก็ตามฉันพบวิธีการที่น่าสนใจพอที่จะหาการกระจายตัวแบบมีเงื่อนไข

$N$ $k$ $1-p(N,k)$

พี (ยังไม่มีข้อความ, k) = {\begin{cases} 1 & ถ้า k < ยังไม่มีข้อความ \\ Σ_{ม. = 1}^{ยังไม่มีข้อความ} \frac{1}{2^{ม.}} พี (ยังไม่มีข้อความ, k - ม.) & อื่น \end{cases}

$p(N,k) = \begin{cases} 1 &\text{if } k<N\\ \sum_{m=1}^{N} \frac{1}{2^m}p(N,k-m) &\text{else}\\ \end{cases}$

N

$N$

k

$k$

N

$N$

N

$N$

$m\ge N$

     p(N,m-N-1) \dfrac{1}{2^{N+1}} &\text{if } N<m<2N+1
     \end{cases}

$m-N-1$ $N$ $N$ $m-N-1$

$M$ $N$ $m\ge N$

     0 &\text{if } N<m\le N+M\\

      \dfrac{1}{2^{M}}\sum_{r=M+1}^{N}\dfrac{1}{2^{r-M}}q(N,m-r)&\text{if } N+M<m

H อี n ค อี เสื้อ ชั่วโมง อี ค โอ n d ผม เสื้อ ผม โอ n a ล. พี R โอ ข a ข ผม ล. ผม เสื้อ Y โอ ฉ W a ผม เสื้อ ผม n ก. $ ม. $ s เสื้อ อี พี s เสื้อ โอ ก. อี เสื้อ $ ยังไม่มีข้อความ $ ค โอ n s อี ค ยู เสื้อ ผม โวลต์ อี ชั่วโมง อี a d s ก. ผม โวลต์ อี n เสื้อ ชั่วโมง อี ฉ ผม R s เสื้อ $ M $ ค โอ n s อี ค ยู เสื้อ ผม โวลต์ อี ชั่วโมง อี a d s ผม s

$Hence the conditional probability of waiting $m$ steps to get $N$ consecutive heads given the first $M$ consecutive heads is$

T ชั่วโมง อี อี x พี อี ค เสื้อ อี d n ยู ม. ข อี R โอ ฉ d R a W s ค a n เสื้อ ชั่วโมง อี n ข อี d อี R ผม โวลต์ อี d ข Y

$The expected number of draws can then be derived by$

E (M, N) - M

$\mathfrak{E}(M,N)-M$ ขั้นตอน ...

— ซีอาน
แหล่งที่มา