Valorant如厕问题学习笔记

最近遇到了很多带吸收璧的随机游动问题，且自己老是忘，又要回去翻书，索性直接写在这里方便自己翻阅。

例子引入

问题一

https://www.bilibili.com/video/BV1yV4y1k78J/?vd_source=67f30ac66578cfd789284b232e6fd4b8

位置6:24

把题干提炼一下:

$Q 1 : 本金 5000 ，胜率为 p, 败率为 q \overset{Δ}{=} 1 - p, ，每次以 1000 进行赌局 : (胜则为 B o n u s, 输直接为 0) . 求输光的概率$
$这里先直接给出结果 : 当取 B o n u s = 2000 (即胜则翻倍) 时 :$

P (输 光 的 概 率 | 此 时 手 上 5000) \overset{Δ}{=} P_{l o s e} = \frac{(\frac{p}{q})^{5} - (\frac{p}{q})^{n}}{1 - (\frac{p}{q})^{n}} = \frac{(\frac{1 - q}{q})^{5} - (\frac{1 - q}{q})^{n}}{1 - (\frac{1 - q}{q})^{n}}

问题二

再者是Valorant(csgo,传统体育运动)的赛点加时

Q2:加时赛: $| S c o r e_{A} - S c o r e_{B} | = 2$ 时结束该局对局:(实际上当两方实力相当时由于对称性当然易见 $P_{w i n} = P_{l o s e} = 0.5$ )

$这里同样地先直接给出结果 :$

P (赢 下 对 局 的 概 率 | 此 时 战 平) \overset{Δ}{=} P_{w i n} = {\begin{aligned} \frac{(\frac{p}{q})^{2} - (\frac{p}{q})^{4}}{1 - (\frac{p}{q})^{4}} & if & p \neq q \\ \frac{n}{a + b} = \frac{2}{2 + 2} = \frac{1}{2} & if & p = q \end{aligned}

$如果当前状态不是平局状态，而是某一方领先 1 分 (不妨设为我方) ，也能求出结果$

P (赢 下 对 局 的 概 率 | 此 时 我 方 领 先 1 分) \overset{Δ}{=} P_{w i n} = {\begin{aligned} \frac{1 - r^{n}}{1 - r^{a + b}} = \frac{1 - (\frac{p}{q})^{3}}{1 - (\frac{p}{q})^{2 + 2}} & if & p \neq q \\ \frac{n}{a + b} = \frac{3}{2 + 2} = \frac{3}{4} & if & p = q \end{aligned}

一般情况

两个问题无非都可以看成一个点以不同的概率分别向左向右移动。比如说第一个问题就是在

{\begin{cases} (0, + \infty) 上 随 机 游 动 (这 里 右 吸 收 璧 任 取 一 个 结 束 点 即 可) \\ 起 点 为 x = 5 \\ 亏 完 点 为 x = 0 \\ 以 概 率 P_{l o s e} 向 左 移 动 1 格, 以 概 率 P_{w i n} 向 右 移 动 1 格 \end{cases}

第二个问题就是在

{\begin{cases} [0, 4] 上 随 机 游 动 \\ 起 点 为 x = 2 \\ 对 局 结 束 点 为 x = 0 o r x = 4 \\ 以 概 率 P_{l o s e} 向 左 移 动 1 格, 以 概 率 P_{w i n} 向 右 移 动 1 格 \end{cases}

这种问题被称为带吸收璧的随机游动

把前面的符号颠覆。重新定义符号含义便于推导:

\begin{array}{cl} 符 号 & 说 明 \\ p & 状 态 点 向 左 移 动 的 概 率 \\ q & 状 态 点 向 右 移 动 的 概 率 (q = 1 - p) \\ q_{0} & P (被 右 壁 吸 收, 初 始 位 于 x = 0) \\ q_{b} & P (被 右 壁 吸 收, 初 始 位 于 x = b) \\ q_{n} & P (被 右 壁 吸 收, 初 始 位 于 x = n) \\ r & \overset{Δ}{=} \frac{q}{p} (为 了 化 简 用) \\ c_{n} & \overset{Δ}{=} q_{n + 1} - q_{n} (为 了 化 简 用) \end{array}

\begin{array}{rcl} q_{n} & = & p q_{n + 1} + q q_{n - 1} \\ (p + q) q_{n} & = & p q_{n + 1} + q q_{n - 1} \\ q (q_{n} - q_{n - 1}) & = & p (q_{n + 1} - q_{n}) \\ q c_{n - 1} & = & p c_{n} \\ c_{n} & = & \frac{q}{p} c_{n - 1} \\ c_{n} & = & r c_{n - 1} \\ 以 及 边 界 条 件 q_{0} = 0 & , & q_{b} = 1 \end{array}

被右吸收璧吸收

$p = q$

\begin{array}{l} ∴ q_{n} = q_{0} + \sum_{i = 0}^{n - 1} (q_{i + 1} - q_{i}) = q_{0} + n c \\ 代 入 边 界 条 件 得 c = \frac{1}{b} \\ 因 此 q_{n} = \frac{n}{b} \end{array}

$q \neq p$

\begin{array}{l} ∴ q_{n} = q_{0} + \sum_{i = 0}^{n - 1} (q_{i + 1} - q_{i}) = q_{0} + \sum_{i = 0}^{n - 1} c_{i} = q_{0} + \sum_{i = 0}^{n - 1} r^{i} c_{0} = q_{0} + \frac{1 - r^{n}}{1 - r} c_{0} \\ 代 入 边 界 条 件 得 c_{0} = \frac{1 - r}{1 - r^{b}} \\ 因 此 q_{n} = q_{0} + \frac{1 - r^{n}}{1 - r^{b}} = \frac{1 - r^{n}}{1 - r^{b}} \end{array}

被左吸收璧吸收

$即边界条件为 :$

q_{0} = 1, q_{b} = 0

$同样地我们根据迭代式 :$

\begin{array}{rcl} q_{n} & = & q_{0} + \sum_{i = 0}^{n - 1} q_{i + 1} - q_{i} \\ = & q_{0} + \sum_{i = 0}^{n - 1} c_{i} \end{array}

$与上面一样滴, 我们需要边界条件求出 q_{n}$
$1. p \neq q :$

c_{i} = r c_{i - 1} = . . . = r^{i} c_{0}

\begin{aligned} ∴ q_{n} & = q_{0} + \sum_{i = 0}^{n - 1} c_{i} \\ = q_{0} + c_{0} \sum_{i = 0}^{n - 1} r^{i} \\ (1) & = q_{0} + c_{0} \cdot \frac{1 - r^{n}}{1 - r} \end{aligned}

$将 n = b 带入 :$

\begin{array}{rcl} q_{b} & = & q_{0} + c_{0} \frac{1 - r^{b}}{1 - r} \\ c_{0} & = & \frac{(q_{b} - q_{b}) (1 - r)}{(1 - r^{b})} = \frac{r - 1}{1 - r^{b}} \end{array}

$再代回 (1) 即得$

\begin{array}{ccc} q_{n} & = q_{0} + \frac{r - 1}{1 - r^{b}} \cdot \frac{1 - r^{n}}{1 - r} \\ = q_{0} - \frac{1 - r^{n}}{1 - r^{b}} & = 1 - \frac{1 - r^{n}}{1 - r^{b}} \\ = \frac{r^{n} - r^{b}}{1 - r^{b}} \end{array}

$所以这就是我们的最终结果 (上面赌博问题所求的就是被左壁吸收的 q_{5} ， r = \frac{q}{p} = \frac{45.85 %}{1 - 45.85 %})$

附录(以下内容纯属扯蛋)

$我们进而引出下一个问题 :$

"现在处于Valorant的平局，但是我们的烟位想上厕所.我们平均还要打几局才能结束 $⟶$ 如果需要很多局我们就直接叫平,否则多打几把再去如厕"

又或者

"我是Valorant的程序员,我希望这场对局是安全的(不发生内存溢出)所以我需要设置一个《最大局数》.以避免无限加时导致的对局记录太大把内存塞满"

\begin{array}{cl} 符 号 & 说 明 \\ τ & 结 束 该 对 局 所 需 的 局 数 \\ X & 以 右 壁 吸 收 (以 我 方 胜 利) 结 束 该 对 局 所 需 的 局 数 \end{array}

$条件 : p = q = \frac{1}{2}$

E [X] = \sum_{n = 2, 4, . . .} n \cdot P (X = n)

$若我们固定 n, 如 n = 2, 4, 6, 8. . . (易见被右壁吸收而结束对局所需的局数一定为偶数)$
$因为无意义游动仅发生在$

2 ⟶ 1 ⟶ 2 或 2 ⟶ 3 ⟶ 2

$而其中无意义的游动共 : 2^{\frac{n - 2}{2}} 种$
$因此$

\begin{array}{rcl} P (τ = n) & = & (\frac{1}{2})^{n} \cdot 2^{\frac{n - 2}{2}} + (\frac{1}{2})^{n} \cdot 2^{\frac{n - 2}{2}} \\ = & 2^{- \frac{n}{2} - 1} \cdot 2 \\ E [τ] & = & \sum_{n = 2, 4, . . .}^{\infty} n [2^{- \frac{n}{2} - 1} + 2^{- \frac{n}{2} - 1}] = 2 \cdot \sum_{n = 2, 4, . . .}^{\infty} n \cdot 2^{- \frac{n}{2} - 1} = 2 E [X] \end{array}

$改一下符号 : i = \frac{n}{2} :$

\begin{array}{rcl} E [X] & = & \sum_{i = 1}^{\infty} 2 i \cdot 2^{- i - 1} \\ = & \sum_{i = 1}^{\infty} i \cdot 2^{- i} \\ = & \underset{m \to \infty}{l i m} \sum_{i = 1}^{m} i \cdot 2^{- i} \overset{Δ}{=} \underset{m \to \infty}{l i m} S_{m} \\ \frac{1}{2} S_{m} & = & \sum_{i = 1}^{m} i \cdot (\frac{1}{2})^{i + 1} \\ (1 - \frac{1}{2}) S_{m} & = & \sum_{i = 1}^{m} i \cdot (\frac{1}{2})^{i} - \sum_{i = 1}^{m} i \cdot (\frac{1}{2})^{i + 1} \\ = & [\frac{1}{2} + \sum_{i = 1}^{m - 1} (i + 1) \cdot (\frac{1}{2})^{i + 1}] - [\sum_{i = 1}^{m - 1} i \cdot (\frac{1}{2})^{i + 1} + m (\frac{1}{2})^{m}] \\ = & \frac{1}{2} + \sum_{i = 1}^{m - 1} (\frac{1}{2})^{i + 1} - m (\frac{1}{2})^{m} \\ S_{m} & = & 2 - (\frac{1}{2})^{m - 1} - m (\frac{1}{2})^{m} \\ ∴ \underset{m \to \infty}{l i m} S_{m} & = & 2 \end{array}

$即被右壁吸收的平均局数为 :$

E [X] = 2

$所以$

E [τ] = 2 E [X] = 4

即平均需要4局来结束，因此按Valorant的一局2mins来计算，若烟位队友的光容器不足以承受8mins的洪流的话,还是叫平吧！

然而仅仅知道 $E [τ] = 4$ 并不能为我们的Volorant程序员提供建议,又或者光容器"大概率"能撑20mins,那我们应该加时几局呢?

我们不妨这样考虑:

如果我们能用一个分布去拟合这组样本，那么我们可以用统计概率去确定样本落在均值附近范围多少(95%)

(当然我们可以直接将泊松作为拟合的分布(仅单参,以 $λ = 4$ 代入即可))

这里多考虑一个Gamma分布:

Z \sim G a m m a (α, λ) {\begin{matrix} E [Z] = \frac{α}{λ} = 4 \\ V a r [Z] = \frac{α}{λ^{2}} = ? ? ? \end{matrix}

\begin{array}{rcl} V a r (τ) & = & E [τ^{2}] - E^{2} [τ] \\ = & E [τ^{2}] - 4 \\ E [τ^{2}] & = & \sum_{n = 2, 4, . . .}^{\infty} n^{2} P (τ = n) \\ = & \sum_{n = 2, 4, . . .}^{\infty} n^{2} \cdot 2^{- \frac{n}{2}} \\ = & \sum_{i = 1}^{\infty} 4 i^{2} \cdot 2^{- i} \\ = & \underset{m \to \infty}{l i m} \sum_{i = 1}^{m} 4 i^{2} \cdot 2^{- i} \\ = & \underset{m \to \infty}{l i m} W_{m} \\ (1 - \frac{1}{2}) W_{m} & = & \sum_{i = 1}^{m} i^{2} \cdot (\frac{1}{2})^{i - 2} - \sum_{i = 1}^{m} i^{2} \cdot (\frac{1}{2})^{i - 1} \\ = & [2 + \sum_{i = 1}^{m - 1} (i + 1)^{2} \cdot (\frac{1}{2})^{i - 1}] - [\sum_{i = 1}^{m - 1} i^{2} \cdot (\frac{1}{2})^{i - 1} + m^{2} (\frac{1}{2})^{m - 1}] \\ = & 2 + \sum_{i = 1}^{m - 1} (2 i + 1) (\frac{1}{2})^{i - 1} - m^{2} (\frac{1}{2})^{m - 1} \\ = & 2 + 4 S_{m - 1} + 2 - (\frac{1}{2})^{m - 2} - \frac{m^{2}}{2^{m - 1}} \\ W_{m} & = & 8 + 8 S_{m - 1} - \frac{2 + m^{2}}{2^{m - 2}} \\ \underset{m \to \infty}{l i m} W_{m} & = & 8 + 8 * 2 = 24 \end{array}

$综上 :$

V a r (τ) = E [τ^{2}] - E^{2} [τ] = 24 - 4^{2} = 8

联 立 {\begin{matrix} E [Z] = \frac{α}{λ} = 4 \\ V a r [Z] = \frac{α}{λ^{2}} = 8 \end{matrix}} \begin{matrix}  \end{matrix} {\begin{matrix} λ = \frac{1}{2} \\ α = 2 \end{matrix} ∴ Z \sim G a m m a (2, \frac{1}{2})

利用Gamma分布的统计信息即可找出所有样本点的概率(doge)
这时候就可以为诸位蛙人的如厕问题提供指导

posted @ 2023-05-15 17:25 动量不守恒的浩阅读(171) 评论(0) 编辑收藏举报

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$p = q$
$q \neq p$

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