三国杀武将技能概率

前言

本文的主体内容取自于本人十年前在百度帖吧三国杀吧的一篇帖子：【理论】数学与三国杀——三国杀武将技能概率。现加以整理、改进和删增。

本文通过对三国杀某些武将技能相关的概率及期望的研究，使这些技能的强度和收益可以精确量化，从而对玩家在特定游戏局中选将、发动技能、出牌顺序等起到帮助作用。

研究范围

卡牌

本文只考察军争篇卡牌。其点数、花色以及类型具体分布如下：

（图片来源：https://www.cnblogs.com/yhm138/articles/14091928.html，有勘误）

（图片来源：https://www.cnblogs.com/yhm138/articles/14091928.html）

数学模型

理想模型

若无特殊说明，本文所采用的数学模型均为理想模型，即假设任意一个时刻，牌堆中的卡牌数量无限多，且某牌按照其在上述军争篇中的概率均匀分布。例如：

• 任一花色的概率为\(1/4\)
• 任一点数的概率为\(1/13\)¹
• 普通（非延时类）锦囊牌的概率为\(43/160\)

无限牌堆模型实际上意味着有放回抽样。

在此基础上，关于拼点，我们进一步假设拼点双方亮出的牌的点数均匀分布。易知，拼点赢的概率为\(\frac{6}{13}\)。

此外，本文中所有的小数结果仅保留四位有效数字。

现实模型

在某些情况下，本文也会采用现实模型。该模型有以下特点：

• 游戏模式为军争篇八人场
• 不放回抽样
• 假设在整局游戏过程中，场上存活角色平均为4名，每名角色平均有手牌2张，装备牌2张；场上平均有1张判定牌。这样，牌堆中的牌数平均为：\(160-4*(2+2)-1=143\)。

武将

文中所涉及到的武将选取自以下系列：

• 标准版
• 神话再临·风火林山阴雷
• 一将成名2011-2015
• 原创之魂2016-2017
• 一将之魂
• SP

另外，有些武将技能的概率计算过于简单直白，也不在本篇的讨论之列，如:

• 夏侯惇刚烈（成功概率\(3/4\)）
• 神关羽武魂（失败概率\(13/160 = 0.08125\)）
• 顾雍秉壹（摸牌概率\(1/2^{X-1}\)）
• 辛宪英（原创之魂2017）忠鉴（手牌上限减少概率\(1/2*12/13 = 6/13 \approxeq 0.4615\)）。
• 张星彩枪舞（参考下表【杀】的点数分布）

点数	A	2	3	4	5	6	7	8	9	10	J	Q	K
【杀】数量	0	1	1	4	4	4	6	7	5	8	3	0	1

• 秦宓天辩（拼点赢概率\(3/52*1/13\sum_{i=0}^{11}i+16/52 = 203/338 \approxeq 0.6006\)）

武将技能概率

伯努利试验

有一些武将技能概率问题符合典型的伯努利试验下的概率分布。我们以邓艾、甄姬和孟获三名武将的技能为例一一说明。对每名武将都会采用理想模型（有放回）和现实模型（不放回）进行分析。

邓艾（神话再临·山）

屯田：每次当你于回合外失去牌时，可进行一次判定，将非♥结果的判定牌置于你的武将牌上，称为“田”；每有一张田，你计算与其他角色的距离便-1。

凿险：觉醒技，回合开始阶段，若田的数量达到3张或更多，你须减1点体力上限，并永久获得技能“急袭”（出牌阶段，你可以把任意一张田当【顺手牵羊】使用）。

下面我们来研究可以发动觉醒技凿险时所需的屯田次数。

理想模型

定义发动觉醒技凿险时所需的屯田次数为\(X\)，并定义一次伯努利试验（Bernoulli trial）的“成功”为判定非♥，而“失败”为判定♥。由此可知，\(X\)为成功和失败次数之和。若定义成功次数为\(r\)，则\(X\)符合负二项分布（Negative binomial distribution)。

概率质量函数（PMF, Probability mass function）:

\[p_{X}(n) = {\binom{n-1}{k}}p^{r}(1-p)^{k}, \quad n = k+r \enspace \text{and} \enspace k \in \mathbb{N}_0\]

其中\(p\)为判定为♥的概率。在此模型下，\(r=3, \enspace p=3/4\)。

其概率曲线为：

重点观察\(n\)较小时的概率散点图：

数学期望（Expected value）和方差（Variance）分别为：

\[\operatorname{E}(X) = \frac{r}{p} = 4, \quad \operatorname{Var}(X) = \frac{r(1-p)}{p^{2}} = \frac{4}{3}\]

这说明在理想情况下，发动觉醒技凿险时所需的屯田次数平均为4次。

现实模型

定义发动觉醒技凿险时所需的屯田次数为\(X\)，牌堆中的牌数为\(N\)，牌堆中♥的牌数为\(K\) (\(K \le N\))，并定义一次伯努利试验的“成功”为判定♥，而“失败”为判定非♥（注意：此处的定义与理想模型下刚好相反）。若定义失败次数为\(r\)，则成功次数符合负超几何分布（Negative hypergeometric distribution）。

PMF：

\[p_{X}(k)=\frac{\binom{K+r-1}{k}\binom{N-r-K}{K-k}}{\binom{N}{K}}, \quad k=0,1,\ldots,K\]

在此模型下，\(r=3\)。

数学期望和方差分别为：

\[\operatorname{E}(X) = \frac{rK}{N-K+1}+r = \frac{rN+r}{N-K+1} = \frac{3N+3}{N-K+1}\] \[\operatorname{Var}(X) = \frac{rK(N+1)(N-K-r+1)}{(N-K+1)^{2}(N-K+2)} = \frac{3K(N+1)(N-K-2)}{(N-K+1)^{2}(N-K+2)}\]

如果我们假定\(K = N/4\)，那么：

\[\operatorname{E}(X) = 4-\frac{4}{3N+4} \lt 4\] \[\operatorname{Var}(X) = \frac{12N(N+1)(3N-8)}{(3N+4)^{2}(3N+8)}\]

可见，\(\operatorname{E}(X)\)与\(N\)正相关，且小于理想模型下屯田次数的数学期望。

甄姬（标准版）

洛神：回合开始阶段，你可以进行判定：若为♠或♣，立即获得此牌，并可以再次使用洛神——如此反复，直到出现♥或♦为止。

下面我们来研究洛神所获得的牌数。

理想模型

定义洛神获得的牌数为\(Y\)，并定义一次伯努利试的“成功”为判定红牌，而“失败”为判定黑牌。很显然，\(Y\)属于失败次数，且其概率分布符合几何分布（Geometric distribution）的第二种形式。

PMF：

\[p_{Y}(k) = (1-p)^{k}p, \quad k \in \mathbb{N}_0\]

其中\(p\)为“失败”的概率，在此模型下\(p = 1/2\)。

其概率曲线为：

重点观察\(k\)较小时的概率散点图：

数学期望和方差分别为：

\[\operatorname{E}(Y) = {\frac{1-p}{p}} = 1,\qquad \operatorname{Var}(Y)={\frac {1-p}{p^{2}}} = 2\]

这说明在理想情况下，洛神所得的牌数平均为1张。

实际上，几何分布是负二项分布的特殊情况：

\[\operatorname{Geom}(p) = \operatorname{NB}(1,p)\]

我们由此可以发现甄姬洛神和邓艾屯田的内在联系。

接下来我们考察甄姬的Online战功“洛神赋”：使用甄姬一回合内发动洛神在不被改变判定牌的情况下连续判定黑色花色至少8次。

\[p_{Y}(k \ge 8) = 1 - \sum_{k = 0}^7{p_Y(k)} = \frac{1}{256} \approxeq 0.003906\]

现实模型

定义洛神获得的牌数为\(X\)，牌堆中的牌数为\(N\)，牌堆中红牌数为\(K\) (\(K \le N\))，并定义一次伯努利试验的“成功”为判定黑牌，而“失败”为判定红牌（注意：此处的定义与理想模型下刚好相反）。我们已经知道几何分布是负二项分布的特例，所以成功次数符合负超几何分布（Negative hypergeometric distribution），且失败次数\(r=1\)。

数学期望和方差分别为：

\[\operatorname{E}(X) = \frac{rK}{N-K+1} = \frac{rN+r}{N-K+1} = \frac{K}{N-K+1}\] \[\operatorname{Var}(X) = \frac{rK(N+1)(N-K-r+1)}{(N-K+1)^{2}(N-K+2)} = \frac{K(N+1)(N-K)}{(N-K+1)^{2}(N-K+2)}\]

我们也可以通过Stars and bars的方法来直观地得到上述数学期望。设想有\(N\)个球，其中\(K\)个为黑色，那么红色球有\(N-K\)个。把这些红球看作隔板，它们把空间分成了\(N-K+1\)个区域。每个黑球在某一个区域的概率都相同，为\(\frac{1}{N-K+1}\)。因此，\(K\)个黑球在第一个区域的期望为\(\frac{K}{N-M+1}\)。

如果我们假定\(K = N/2\)，那么：

\[\operatorname{E}(X) = \frac{1}{1+\frac{2}{N}} \lt 1\] \[\operatorname{Var}(X) = \frac{N^2(N+1)}{(N+2)(N+4)}\]

可见，\(\operatorname{E}(X)\)与\(N\)正相关，且小于理想模型下洛神牌的数学期望。

前文对军争篇模型的介绍中已经提到，我们假设某一时刻，牌堆平均有143张牌。那么：

\[\overline{\operatorname{E}} = \frac{1}{1+\frac{2}{143}} \approxeq 0.9862\]

孟获（神话再临·林）

再起：摸牌阶段，若你已受伤，你可以放弃摸牌并展示牌堆顶的X张牌，X为你已损失的体力值，其中每有一张♥牌，你回复1点体力，然后弃掉这些♥牌，将其余的牌收入手牌。

下面我们来研究再起获得的体力值。

理想模型

定义在损失\(X \enspace (0 \lt X \le 4)\)体力值的情况下，再起所获得的体力值为\(H\)，并定义一次伯努利试验的“成功”为判定♥，而“失败”为判定非♥。很显然，\(H\)属于成功次数，且其概率分布符合二项分布（Binomial distribution）\(H \sim \operatorname{B}(n,p)\)。

PMF：

\[p_{H}(k) = {\binom{n}{k}}p^{k}(1-p)^{n-k}, \quad k \in \mathbb{N} \enspace \text{and} \enspace k=0,1,2,\ldots,n\]

其中\(n\)为伯努利试验的次数，\(p\)为判定为♥的概率。在此模型下，\(n=X, \enspace p=1/4\)。

其概率散点图为：

以\(X = 3\)为例：

数学期望和方差分别为：

\[\operatorname{E}(H) = \frac{X}{4}, \quad \operatorname{Var}(H) = np(1-p) = \frac{3X}{16}\]

同理，定义所获得手牌为\(C\)，则\(C \sim \operatorname{B}(X,3/4)\)。

\[\operatorname{E}(C) = \frac{3X}{4}, \quad \operatorname{Var}(C) = np(1-p) = \frac{3X}{16}\]

这里我们继续讨论一个问题：\(X=?\)时发动再起收益最高？

我们需要首先定义“收益”的概念。如果认为一点体力值等价于\(R\)张牌，那么我们可以将再起的收益用牌数来表示：

\[P = C + HR\] \[\operatorname{E}(P) = \operatorname{E}(C)+R\operatorname{E}(H) = \frac{X}{4}(3+R)\]

一般认为，\(R \approxeq 2\)，即“一血=两牌”理论（郭嘉遗计、黄盖苦肉、钟会排异等都是佐证）。该理论经大量游戏实践验证而一度在玩家中非常流行。当然，不少玩家对此理论也持不同观点，因此我们要讨论在再起技能的情况下，\(R\)值的合理范围。

如果不发动再起，摸牌阶段会获得\(2\)张牌。若要使发动再起的收益优于不发动，那么：

\[\operatorname{E}(P) \gt 2\] \[X = \lceil \frac{8}{3+R} \rceil\]

上述曲线图如下：

可见，在再起的背景下，\(0 \lt R \le 2\)。

现实模型

定义牌堆中的牌数为\(N\)，牌堆中♥牌数为\(K\) (\(K \le N\))。在此模型下，伯努利试验是不放回的取样，此时成功次数符合超几何分布（Hypergeometric distribution） \(H \sim HG_{N,K,n}(k)\)。

PMF：

\[p_{H}(k)=\frac{\binom{K}{k}\binom{N-K}{n-k}}{\binom{N}{n}}, \quad k \in \mathbb{N}_0 \enspace \text{and} \enspace \max(0,n+K-N)\leq k\leq \min(K,n)\]

其中\(n\)为伯努利试验的次数，\(n=X\)。

数学期望和方差分别为：

\[\operatorname{E}(H) = np = Xp\] \[\operatorname{Var}(H) = \frac{np(1-p)(N-n)}{N-1} = \frac{Xp(1-p)(N-X)}{N-1}\]

其中，\(p = K/N\)。

如果我们假定\(K = N/4\)，则\(p=1/4\)，那么：

\[\operatorname{E}(H) = \frac{X}{4}\] \[\operatorname{Var}(H) = \frac{3X}{16}\frac{N-X}{N-1} \lt \frac{3X}{16}\]

实际上，超几何分布和负超几何分布有以下联系：

\[NHG_{N,K,r}(k)=1-HG_{N,N-K,k+r}(r-1)\]

我们由此可以发现孟获再起和邓艾屯田的内在联系。

伯努利试验概率分布小结

以上武将技能分析涵盖了抽样问题的四种概率分布：

	有放回（理想模型）	不放回（军争模型）
抽样数固定时成功数的分布	二项分布 再起	超几何分布 再起
失败数固定时成功数的分布	负二项分布 屯田（特例：几何分布 洛神）	负超几何分布 屯田 洛神

还有几名武将的技能符合以上几种分布，我们简略列举如下。由于分析过程类似，我们将只讨论理想模型而忽略现实模型。

黄月英（标准版）

集智：当你使用普通锦囊牌时，你可以摸一张牌。

假设当前手牌中的普通锦囊牌有\(r\)张，并定义本回合内可发动集智的次数为\(X\)（假设每当使用普通锦囊牌时都会发动集智；不考虑【无中生有】和【五谷丰登】的影响），则\(X\)符合负二项分布：

\[X \sim NB(r,p)\]

其中\(p\)为判定为非普通锦囊牌的概率。在此模型下，\(p=\frac{117}{160}\)。

数学期望和方差分别为：

\[\operatorname{E}(X) = \frac{r}{p} = \frac{160}{117}r \approxeq 1.3675r, \quad \operatorname{Var}(X) = \frac{r(1-p)}{p^{2}} = \frac{6880}{13689}r \approxeq 0.5026r\]

二次函数

王朗（SP）

鼓舌：出牌阶段限一次，你可以用一张手牌与至多三名角色同时拼点，然后依次结算拼点结果，没赢的角色选择一项：1. 弃置一张牌；2. 令你摸一张牌。若拼点没赢的角色是你，你需先获得一个“饶舌”标记（你有7个“饶舌”标记时，你死亡）。

激词：当你发动“鼓舌”拼点的牌亮出后，若点数小于X，你可令点数+X；若点数等于X，你可以令你本回合发动“鼓舌”的次数上限+1。（X为你“饶舌”标记的数量）

下面考察发动激词的情况下拼点赢的概率。定义王朗玩家的拼点牌点数为\(T\)，“饶舌”标记数量为\(x\)，则拼点赢的可能情况数为：

\[\begin{equation} C_{T,x} = \begin{cases} T + x - 1 & \text{if $T \lt x$} \\ T - 1 & \text{otherwise} \end{cases} \end{equation}\]

拼点赢的概率：

\[p(x) = \frac{1}{169}\sum_{i=1}^{13}C_{i,x} = \frac{1}{169}\sum_{i = 1}^{x-1}(i+x-1)+\sum_{x}{13}(i-1) = \frac{x^2-x+78}{169}\]

其中\(0 \le x \le 6\)。

其概率散点图如下：

可见，随着“饶舌”标记的增多，拼点赢的概率连续增大。

接下来研究“饶舌”标记数量为\(x\)时，发动鼓舌而获得“饶舌”标记数量\(K\)。假设发动鼓舌时与\(n\)名角色同时拼点，其中\(0 \lt n \le 3\)。很明显，其概率符合二项分布\(K \sim \operatorname{B}(n,1-p(x))\)，数学期望\(\operatorname{E}(K;x) = n(1-p(x)) = \frac{n}{169}(91-x^2+x)\)。

其期望散点图如下：

以\(n = 3\)为例：

最后，计算发动鼓舌后角色死亡的概率：

\[\Pr(K \ge 7-x) = 1-\Pr(K \le 6-x) = 1-F(6-x;n;1-p(x)) = 1-\sum_{i=0}^{6-x}\binom{n}{i}(1-p(x))^{i}p(x)^{n-i}\]

其中\(F\)为累积分布函数（Cumulative distribution function）。

\[\begin{equation} \Pr(K \ge 7-x) = \begin{cases} 0 & \text{if $x \lt n$} \\ 1-\frac{1}{169^{n}}\sum_{i=0}^{6-x}\binom{n}{i}(91-x^2+x)^{i}(x^2-x+78)^{n-i} & \text{otherwise} \end{cases} \end{equation}\]

其概率散点图如下：

以\(n = 3\)为例：

生日问题

孙资&刘放（原创之魂2016）

（图片来源：https://www.bilibili.com/read/cv16369119/）

瑰藻：若你于弃牌阶段弃置过至少两张牌且这些牌花色均不相同，则你可以回复1点体力或摸一张牌。

下面我们来研究瑰藻可以回复体力或摸牌的概率。

定义弃牌阶段弃置的牌数为\(n \enspace (n \gt 1)\)，一副牌中不同的花色数为\(m\)。此问题为典型的生日问题（Birthday problem）：

\[{\bar {p}}(n) = \frac{m!}{(m-n)!m^{n}}, \quad 1 \lt n \le m\]

根据鸽巢原理（Pigeonhole principle），当\(n \gt m\)时，\({\bar {p}}(n) = 0\)。

在此模型下，\(m=4\)。

其概率散点图为：

周泰（神话再临·风）

（图片来源：https://www.bilibili.com/read/cv15635764/）

不屈：锁定技，当你处于濒死状态时，你将牌堆顶的一张牌置于你的武将牌上，称为“创”，若此牌的点数与已有的“创”点数均不同，则你将体力回复至1点。若出现相同点数则将此牌置入弃牌堆，若你的武将牌上有“创”，则你的手牌上限与“创”的数量相等。

下面我们来研究不屈失败时的“创”数。定义其为\(X\)，一副牌中不同的点数为\(M\)。此问题可用生日问题的一种形式来描述。

PMF：

\[p_{X}(k) = \frac{m!(k-1)}{m^{k}(m-k+1)!}, \quad k \in \mathbb{Z} \enspace \text{and} \enspace 1 \le k \le m + 1\]

在此模型下，\(m=13\)。

其概率散点图为：

数学期望为：

\[\operatorname{E}(X) = 1 + \sum_{k=1}^{m}{\frac{m!}{(m-k)!m^{k}}} \approxeq 5.2124\]

我们也可以将右式进行拉马努金渐近展开，从而得到简化的近似表达式：

\[\operatorname{E}(X) \sim \sqrt{\frac{\pi m}{2}}+\frac {2}{3} \approxeq 5.1856\]

由此我们可知，周泰的“创”数平均约为5.2张。

接下来我们考察周泰的Online战功“金枪不倒”：使用周泰在一局游戏中拥有过至少9张“不屈”牌并且未死。

\[p_{X}(k \ge 9) = 1 - \sum_{k = 2}^8{p_X(k)} \approxeq 0.06361\]

现实模型

若考虑【2】与【Q】的概率较于其他点数略高，我们可以对PMF做细微修正，得到更加准确的数学期望：

\[\operatorname{E}(X) \approxeq 5.2065\]

可见，此结果的差异完全可以忽略。

神吕蒙（神话再临·风）

涉猎：摸牌阶段，你可选择采取以下行动来取代摸牌：从牌堆顶亮出五张牌，拿走不同花色的牌各一张，弃掉其余的。

下面我们来研究涉猎获得的牌数\(X\)，则根据第二类斯特林数（Stirling numbers of the second kind）的定义：

PMF：

\[p_{X}(k) = \frac{m^{\underline k}}{m^{n}}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\]

其中\(n\)为亮出的牌数，\(m\)为一副牌中不同的花色数。在此模型下，\(n=5, \enspace m=4\)。

其概率散点图为：

该问题是生日问题的一种形式。数学期望和方差分别为：

\[\operatorname{E}(X) = m(1-(1-\frac{1}{m})^n) = \frac{781}{256} \approxeq 3.0508\] \[\operatorname{Var}(X) = m(m-1)(1-\frac{2}{m})^{n}+m(1-\frac{1}{m})^{n}-m^2(1-\frac{1}{m})^{2n} = \frac{27735}{65536} \approxeq 0.4232\]

袁绍（神话再临·火）

乱击：出牌阶段，你可以将任意两张相同花色的手牌当【万箭齐发】使用。

下面我们来研究可以发动乱击的概率。

定义手牌数为\(X\)，一副牌中不同的花色数为\(M\)。可以发动乱击的概率可用生日问题的另一种形式来表示。

PMF：

\[p_{X}(n) = 1-\prod_{k=1}^{n-1}\left(1-{\frac{\min(k, m)}{m}}\right)\]

在此模型下，\(m=4\)。

其概率散点图为：

级数

袁绍（神话再临·火）

对于袁绍的技能乱击，有个更有意思的课题：当手牌数为\(n\)时，可以发动乱击的次数。

引理

为了方便讨论，我们首先求解这个问题的简化版本：求\(n\)张手牌恰好可以凑成\(r=n/2\)对共有多少种方式。换句话说，求\(n\)张手牌\(m\)种花色中，若每种花色的数目都是偶数，共有多少种方式。

根据论文G. R. Franssens, On a number pyramid related to the binomial, Deleham, Eulerian, MacMahon and Stirling number triangles, Journal of Integer Sequences, Vol. 9 (2006), Article 06.4.1.，若以\(\cosh^m(x)\)为指数母函数（Generating function）进行麦克劳林（Maclaurin）展开，可得Even multinomial parity numbers：

\[e_{n}^{m} = \frac{1}{2^m}\sum_{j=0}^{m}{\binom{m}{j}(m-2j)^n}\]

在此模型下，\(m=4\)。

\[e_{2r}^{4} = 2⋅4^{r-1}(4^{r−1}+1)\]

令\(t=4^{p-1}\)，则

\[e_{2r}^{4} = 2t(t+1)\]

该序列收录于OEIS A092812，其含义为在边长为\(2r\)的超立方体 封闭漫游（closed walk）的数目。

若要求解\(n\)张手牌\(m\)种花色中，若每种花色的数目都是奇数，共有多少种方式，则可用类似的方法，对指数母函数\(\sinh^m(x)\)进行麦克劳林展开，得：

\[o_{2r}^{4} = 2⋅4^{r-1}(4^{r−1}-1) = 2t(t-1)\] \[e_{2r}^4+o_{2r}^4 = 4^{n-1}\]

概率及期望计算

有了以上引理，可以求解当手牌数为\(n\)时，可发动乱击次数\(X\)的PMF：

当\(n\)为奇数时，\(k\)的可能取值为：\(\frac{n-3}{2} \enspace (n \ge 3)\)和\(\frac{n-1}{2}\)。

\[p_{X}(k = \frac{n-1}{2}) = p_{X}(k = \frac{n+1}{2}) = \frac{e_{n+1}^{4}}{4^n}\]

以上第一个等式成立的原因是：只有一张牌未配对，而我们可以加入一张与之花色相同的牌。两者结果完全等价。

\[p_{X}(k = \frac{n-3}{2}) = 1-p_{X}(k = \frac{n-1}{2}) = 1-\frac{e_{n+1}^{4}}{4^n}\]

其数学期望：

\[\operatorname{E}(X) = \frac{1}{2^{n}}+\frac{n}{2}-1, \quad n \in \mathbb{N}_o\]

当\(n\)为偶数时，\(k\)的可能取值为：\(\frac{n}{2}-2 \enspace (n \ge 4)\)，\(\frac{n}{2}-1 \enspace (n \ge 2)\)和\(\frac{n}{2}\)。

\[p_{X}(k = \frac{n}{2}) = \frac{e_{n}^{4}}{4^n}\] \[p_{X}(k = \frac{n}{2}-2) = \frac{o_{n}^{4}}{4^{n}} = \frac{1}{4}-\frac{e_{n}^{4}}{4^n}\]

另一种解法：

\[p_{X}(k = \frac{n}{2}-2) = \frac{\#(k = \frac{(n-1)-3}{2})}{4^n} = \frac{1}{4}-\frac{e_{n}^{4}}{4^n}\] \[p_{X}(k = \frac{n}{2}-1) = 1-p_{X}(k = \frac{n}{2})-p_{X}(k = \frac{n}{2}-2) = \frac{3}{4}\]

其数学期望：

\[\operatorname{E}(X) = \frac{1}{2^{n}}+\frac{n}{2}-1, \quad n \in \mathbb{N}_e\]

可见：

\[\operatorname{E}(X) = \frac{1}{2^{n}}+\frac{n}{2}-1, \quad n \in \mathbb{N}_0\]

该期望曲线为：

凸多胞形

曹冲（新一将成名2013）

（图片来源：https://www.bilibili.com/read/cv15576366/）

称象：当你受到伤害后，你可以亮出牌堆顶的四张牌，然后你获得其中的任意张点数之和不大于13的牌。

下面我们来研究称象获得的牌数。

用\(\mathbf{x} = \begin{pmatrix} x1 & x2 & x3 & x4 \end{pmatrix}^{T}\)表示亮出的四张牌的点数，其中\(x_i \in \mathbb{Z}_{\gt 0}\)。定义称象获得的牌数为\(K\)，则：

当\(K = 4\)时：

\[\mathbf{J}_{1,4}\mathbf{x} \le 13\]

运用Stars and bars法，可知上式的整数解组数为\(\binom{13}{4} = 715\)。

当\(K = 1\)时：

\[\begin{pmatrix} -1 & -1 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & -1 & 0 \\ -1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & -1 & -1 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & -1 & -1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ -1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}\mathbf{x} \le \begin{pmatrix} -14 \\ -14 \\ -14 \\ -14 \\ -14 \\ -14 \\ 13 \\ 13 \\ 13 \\ 13 \\ -1 \\ -1 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix}\]

要求解满足以上不等式组的整数解的个数，等价于求解四维凸多胞形（Convex polytope）中的整数点（晶格点）的个数。以上矩阵不等式为该四维凸多胞形的半空间表示（Half-space representation）。利用开源软件polymake，我们可以得知该凸多胞形为整多胞形（Integral polytope），进而可得到其Ehrhart多项式（Ehrhart polynomial）：

polytope > $p = new Polytope(INEQUALITIES=>[[-14,1,1,0,0],[-14,1,0,1,0],[-14,1,0,0,1],[-14,0,1,1,0],[-14,0,1,0,1],[-14,0,0,1,1],[-1,1,0,0,0],[-1,0,1,0,0],[-1,0,0,1,0],[-1,0,0,0,1],[13,-1,0,0,0],[13,0,-1,0,0],[13,0,0,-1,0],[13,0,0,0,-1]]);

polytope > print $p->LATTICE;
true

polytope > print $p->EHRHART_POLYNOMIAL;
2592*x^4 + 1296*x^3 + 252*x^2 + 24*x + 1

所以，该凸多胞形内晶格点的个数为\(2592+1296+252+24+1=4165\)。

当\(K = 3\)时，可用几个不等式组表示不同的情况：

\[\begin{pmatrix} -1 & -1 & -1 & -1 \\ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ -1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}\mathbf{x} \le \begin{pmatrix} -14 \\ 13 \\ 13 \\ 13 \\ 13 \\ -1 \\ -1 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix}\] \[\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & -1 & -1 & -1 \\ -1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}\mathbf{x} \le \begin{pmatrix} 13 \\ 13 \\ 13 \\ -14 \\ -1 \\ -1 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix}\] \[\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 1 \\ -1 & 0 & -1 & -1 \\ 0 & -1 & -1 & -1 \\ -1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}\mathbf{x} \le \begin{pmatrix} -14 \\ 13 \\ 13 \\ -14 \\ -14 \\ -1 \\ -1 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix}\] \[\begin{pmatrix} -1 & -1 & -1 & -1 \\ 1 & 1 & 1 & 0 \\ -1 & -1 & 0 & -1 \\ -1 & 0 & -1 & -1 \\ 0 & -1 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ -1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}\mathbf{x} \le \begin{pmatrix} -14 \\ 13 \\ -14 \\ -14 \\ -14 \\ 13 \\ -1 \\ -1 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix}\]

根据对称性，以上每种情况所得的结果应乘以相对应的系数，分别为：\(\binom{4}{4} = 1\)、\(\binom{4}{3} = 4\)、\(\binom{4}{2} = 6\)和\(\binom{4}{1} = 4\)。

再次利用polymake的计算可知，以上四种情况对应的四个凸多胞形均为有理多胞形（Rational polytope）而非整多胞形。因此，只能通过求解其Ehrhart准多项式（Ehrhart quasi-polynomial）来求解其所包含的晶格点：

polytope > $p1 = new Polytope(INEQUALITIES=>[[-14,1,1,1,1],[13,-1,-1,-1,0],[13,-1,-1,0,-1],[13,-1,0,-1,-1],[13,0,-1,-1,-1],[-1,1,0,0,0],[-1,0,1,0,0],[-1,0,0,1,0],[-1,0,0,0,1]]);

polytope > $p2 = new Polytope(INEQUALITIES=>[[13,-1,-1,-1,0],[13,-1,-1,0,-1],[13,-1,0,-1,-1],[-14,0,1,1,1],[-1,1,0,0,0],[-1,0,1,0,0],[-1,0,0,1,0],[-1,0,0,0,1]]);

polytope > $p3 = new Polytope(INEQUALITIES=>[[13,-1,-1,-1,0],[13,-1,-1,0,-1],[-14,1,0,1,1],[-14,0,1,1,1],[-1,1,0,0,0],[-1,0,1,0,0],[-1,0,0,1,0],[-1,0,0,0,1]]);

polytope > $p4 = new Polytope(INEQUALITIES=>[[13,-1,-1,-1,0],[-14,1,1,0,1],[-14,1,0,1,1],[-14,0,1,1,1],[-1,1,0,0,0],[-1,0,1,0,0],[-1,0,0,1,0],[-1,0,0,0,1],[13,0,0,0,-1]]);


polytope > print $p1->LATTICE;
false
polytope > print $p2->LATTICE;
false
polytope > print $p3->LATTICE;
false
polytope > print $p4->LATTICE;
false


polytope > print $p1->EHRHART_QUASI_POLYNOMIAL;
1250/9*x^4 + 1750/9*x^3 + 1675/18*x^2 + 35/2*x + 1
1250/9*x^4 + 1750/9*x^3 + 1675/18*x^2 + 35/2*x + 10/9
1250/9*x^4 + 1750/9*x^3 + 1675/18*x^2 + 35/2*x + 1

polytope > print $p2->EHRHART_QUASI_POLYNOMIAL;
256/9*x^4 + 512/9*x^3 + 352/9*x^2 + 32/3*x + 1
256/9*x^4 + 512/9*x^3 + 352/9*x^2 + 32/3*x + 8/9
256/9*x^4 + 512/9*x^3 + 352/9*x^2 + 32/3*x + 1

polytope > print $p3->EHRHART_QUASI_POLYNOMIAL;
729/8*x^4 + 243/2*x^3 + 117/2*x^2 + 12*x + 1
729/8*x^4 + 243/2*x^3 + 117/2*x^2 + 12*x + 7/8

polytope > print $p4->EHRHART_QUASI_POLYNOMIAL;
5875/9*x^4 + 4400/9*x^3 + 1240/9*x^2 + 53/3*x + 1
5875/9*x^4 + 4400/9*x^3 + 1240/9*x^2 + 53/3*x + 8/9
5875/9*x^4 + 4400/9*x^3 + 1240/9*x^2 + 53/3*x + 1


polytope > print $p1->N_LATTICE_POINTS;
445
polytope > print $p2->N_LATTICE_POINTS;
136
polytope > print $p3->N_LATTICE_POINTS;
284
polytope > print $p4->N_LATTICE_POINTS;
1298

在乘以相应的系数后，此类整数解组数为\(445+136*4+284*6+1298*4=7885\)。

当\(K = 2\)时，整数解组数为\(13^4-\#(K=4)-\#(K=1)-\#(K=3)=15796\)。

其概率散点图为：

数学期望和方差分别为：

\[\operatorname{E}(K) = \frac{62272}{28561} \approxeq 2.1803, \quad \operatorname{Var}(K) = \frac{399322010}{815730721} \approxeq 0.4895\]

子集和问题

糜竺（SP）

资援：出牌阶段限一次，你可以将任意张点数之和为13的手牌交给一名其他角色，然后该角色回复1点体力。

下面研究在手牌数为\(X\)的情况下，可以发动资援的概率。这是典型的NP-hard的子集和问题（Subset sum problem）。在目标总和数值较小的情况下，可以构造母函数来求解²，也可以用Knapsack problem的动态规划法编程计算，程序如下：

def ziyuan(n):
    def is_subset_sum(nums, target):
        dp = [False] * (target + 1)
        dp[0] = True

        for num in nums:
            for i in range(target, num - 1, -1):
                dp[i] = dp[i] or dp[i - num]

        return dp[target]

    def multinomial_coefficient(nums):
        coefficient, s = 1, 1
        for c in Counter(nums).values():
            for i in range(1, c + 1):
                coefficient *= s
                coefficient //= i
                s += 1
        return coefficient

    hands = list(itertools.combinations_with_replacement(range(1, 14), n))
    return sum(multinomial_coefficient(hand) if is_subset_sum(hand, 13) else 0 for hand in hands)

该程序的时间复杂度为\(\mathcal{O}(n^{13})\)，空间复杂度为\(\mathcal{O}(n^{12})\)。由于计算量巨大，我们只计算\(0 \lt X \le 10\)的情况：

1
37
931
18485
303026
4391122
60044006
799241127
10505121928
137264030196

其概率散点图为：

下面证明，可以发动资援的概率随着手牌数单调递增。

定义样本空间\(S\)：考虑所有可能的无限序列\((\omega_1, \omega_2, \omega_3, \dots)\)，其中每个\(\omega_i \in \{1, 2, \dots, 13\}\)，且各\(\omega_i\)独立同分布，均匀分布于1到13之间。

定义事件\(A_X\)：在前\(X\)张牌\((\omega_1, \omega_2, \dots, \omega_X)\)中，存在一个非空子集，其点数之和为13。

对于所有\(X \geq 1\)，有\(A_X \subseteq A_{X+1}\)。这是因为前\(X\)张牌的取值在增加第\(X+1\)张牌后保持不变，原有的子集仍然存在。因此，如果\(\omega \in A_X\)，则必有\(\omega \in A_{X+1}\)。

根据概率论中的单调性原理：如果事件\(A \subseteq B\)，则有\(P(A) \leq P(B)\)。因此，\(P(A_X) \leq P(A_{X+1})\)。

技能比较

最后，我们在理想模型下比较一些类似的技能。

额外摸牌

	英姿	闭月	洛神	涉猎	再起
期望	1	1	1	1.0508	0.25X
方差	0	0	0.25	0.4232	0.1875X

1. 英姿和闭月带来稳定的额外摸牌收益
2. 洛神、涉猎和再起的额外摸牌不稳定
3. 洛神、涉猎和再起的额外摸牌有花色的限制
4. 涉猎和再起需要亮出所得的牌
5. 再起的摸牌数一般小于1，但有一定概率可以回复体力

受到伤害后摸牌

	遗计	称象
期望	2	2.1803
方差	0	0.4895

1. 遗计的摸牌数稳定
2. 称象的摸牌数不稳定
3. 称象的摸牌有点数的限制

总结

以上几个同类技能各有优劣，可见设计是比较均衡的。

脚注

1. 实际上，卡牌的点数并非均匀分布。【2】和【Q】这两种点数的概率为\(7/80\)，而其它的点数概率为\(3/40\)。由于这种差异对计算结果的影响可以忽略不记，我们还是认为所有卡牌点数是均匀分布的。 ↩

2. https://mathworld.wolfram.com/SubsetSumProblem.html ↩