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你有1个初始值是1 有0-999的整数和0.001-0.999以0.001为最小变动单位的1999个数给你随机抽取 抽取后的数字和初始值相乘形成新的数字X覆盖初始值 且被抽取的数字不再回去原有的数字池 可多次抽取 即最多抽取1999次
几个问题如下
1.最终目标想让X最大该如何操作
2. 如何能避免0这个数字带来的风险
欢迎各位数学高手指点指点
几个问题如下
1.最终目标想让X最大该如何操作
2. 如何能避免0这个数字带来的风险
欢迎各位数学高手指点指点
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我的想法也许太简单，只考虑胜率没考虑回撤，即存在 X 增长概率大但增长幅度不大、缩小概率小但缩小幅度大的情况，想想应该不是最优解。就像投资债券吧，大概率收益稳定，但也有归零的风险，炒股的大多数亏损。凯利公式解决胜率-赔率关系问题，正如有些朋友所说引入凯利公式也是恰当的。
如果玩到最后剩下 {0, 0.001, 996, 997, 998, 999}，这时 X 已经大到天文数字了，还玩不玩？这又是一种价值考虑：继续玩，进一步获胜的机会很大，而且快到终点了，无人匹敌了，但一旦回撤、归零，又是悔恨至极。不玩了，放弃这么大的胜率，又是一种遗憾！
（前面关于最幸运的极端情况的概率计算有错，但现在已无法修改）
如果玩到最后剩下 {0, 0.001, 996, 997, 998, 999}，这时 X 已经大到天文数字了，还玩不玩？这又是一种价值考虑：继续玩，进一步获胜的机会很大，而且快到终点了，无人匹敌了，但一旦回撤、归零，又是悔恨至极。不玩了，放弃这么大的胜率，又是一种遗憾！
（前面关于最幸运的极端情况的概率计算有错，但现在已无法修改）
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我个人认为蒙特卡洛法 偏向于解决实际问题 而这个问题本身条件充分 是属于经典概率的问题
（本人不太擅长计算机 更看重面对这个问题如何思考的过程）
而其中提到的问题又偏向于决策 决策决定了策略 而本质应该归属个人抉择 所以不存在唯一解
1.忌惮归0的得出不值得参与的决策
2.瞄着期望的会根据随机变量的特征做出自我认知范围内的抉择
3.看重胜率的自然选择jj3323的方法
问题一确实是想表达jj3323的意思 所谓“X最大”本身存在 但是又不是绝对意义的存在 那这个“X最大”即是个人主观意义上的存在 只看得与失是否和本心一致
因为期望很大 所以我是想做上述提到的第二种抉择 设随机变量kn为抽取n次 计算出对应的随机变量的期望 E(kn) 实际收益情况为ε(kn) 当ε(kn)>E(Kn+1)时停止抽取 期间承担了归零的风险 这个承担即代表了不排斥归0 完全接受归0
（本人不太擅长计算机 更看重面对这个问题如何思考的过程）
而其中提到的问题又偏向于决策 决策决定了策略 而本质应该归属个人抉择 所以不存在唯一解
1.忌惮归0的得出不值得参与的决策
2.瞄着期望的会根据随机变量的特征做出自我认知范围内的抉择
3.看重胜率的自然选择jj3323的方法
问题一确实是想表达jj3323的意思 所谓“X最大”本身存在 但是又不是绝对意义的存在 那这个“X最大”即是个人主观意义上的存在 只看得与失是否和本心一致
因为期望很大 所以我是想做上述提到的第二种抉择 设随机变量kn为抽取n次 计算出对应的随机变量的期望 E(kn) 实际收益情况为ε(kn) 当ε(kn)>E(Kn+1)时停止抽取 期间承担了归零的风险 这个承担即代表了不排斥归0 完全接受归0
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蒙特卡洛法是很好很实际的一种方法，虽然理论上可能存在漏解，但对于这种随机问题用蒙特卡洛概率试验方法来解是很恰当的。如果用我前面说的概率合计方法，实质上是决策树模型，虽然不难编个通用解的程序，但也可能是个NP问题，树的深度达到1997层，以致目前最快的电脑可能一万年都算不出来（计算难度与数字出现的次序有关）。
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知道蒙特卡洛方法吗？
这游戏期望太高了，只有赢到爆表和清零两种路径
玩100次大概有5%概率清零，但是数学期望是10^160~10^165附近
考虑到超大值用对数期望更加直观稳定，
排除掉归零的那5%，剩下95%的以10为底对数的期望稳定在105。
每多抽100次，清零概率多5%。
同时剩下部分的对数期望增加105。
参考代码(python)：
import math
import random
iters = 10000
draw = 100
zeros = 0
E = 0
count = 0
while count < iters:
count += 1
lose = [i for i in range(1000)]
win = [(i + 1) / 1000 for i in range(999)]
pool = lose + win
money = 1
for i in range(draw):
money *= pool.pop(random.randint(0, len(pool) - 1))
if money != 0:
E += math.log10(money)/iters
if money == 0:
zeros += 1
print(E, zeros)
这游戏期望太高了，只有赢到爆表和清零两种路径
玩100次大概有5%概率清零，但是数学期望是10^160~10^165附近
考虑到超大值用对数期望更加直观稳定，
排除掉归零的那5%，剩下95%的以10为底对数的期望稳定在105。
每多抽100次，清零概率多5%。
同时剩下部分的对数期望增加105。
参考代码(python)：
import math
import random
iters = 10000
draw = 100
zeros = 0
E = 0
count = 0
while count < iters:
count += 1
lose = [i for i in range(1000)]
win = [(i + 1) / 1000 for i in range(999)]
pool = lose + win
money = 1
for i in range(draw):
money *= pool.pop(random.randint(0, len(pool) - 1))
if money != 0:
E += math.log10(money)/iters
if money == 0:
zeros += 1
print(E, zeros)
0
@jj3323
我自己在想这个问题的时候是建立在条件概率的方法以及考虑下一抽大于1的概率 相对比较难算
而停止的标准我选择的是下一抽大于期望的概率大于0.5才抽 算得我脑壳疼
而我想通过此问题思考 在两个等差数列按相同逻辑扩容时 如果定义抽到0为黑天鹅 那为每一次抽取抽到0事件投保 保价应该多少合适
首先因为0含在被抽取的数字里面，所以无法避免0的出现，尽管一开始概率为 1/1999，也是有可能第一次就抽到 0，而且随着被抽出的数越多，显然抽到 0 的概率越来越大。如果要避免 0 这个数字，那么就是不要玩！其次 X 的最大值为 999！。出现这个结果只能是：前 1-999 次刚好全是 1-999 的整数，后面不再抽取;前 1-998 次刚好全是 2-999 的整数，后面不再抽取。出现这个极端...我觉得你这样分析最好 非常赞同
我自己在想这个问题的时候是建立在条件概率的方法以及考虑下一抽大于1的概率 相对比较难算
而停止的标准我选择的是下一抽大于期望的概率大于0.5才抽 算得我脑壳疼
而我想通过此问题思考 在两个等差数列按相同逻辑扩容时 如果定义抽到0为黑天鹅 那为每一次抽取抽到0事件投保 保价应该多少合适
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赞同来自: 寻衣草 、tigerhu12399 、云南的小鹏 、山顶晨曦
首先因为0含在被抽取的数字里面，所以无法避免0的出现，尽管一开始概率为 1/1999，也是有可能第一次就抽到 0，而且随着被抽出的数越多，显然抽到 0 的概率越来越大。如果要避免 0 这个数字，那么就是不要玩！
其次 X 的最大值为 999！。出现这个结果只能是：
前 1-999 次刚好全是 1-999 的整数，后面不再抽取;
前 1-998 次刚好全是 2-999 的整数，后面不再抽取。
出现这个极端结果概率为：1/(999!x1000!/1999! - 1) + 1/(998!x1001!/1999!)
，虽有可能，但概率极低，若要达到这个最大值就只有碰运气，然而比彩票中头奖难多了。
其实这个游戏的恰当问题是当抽到 0 时游戏结束（再抽也没有意义），如果未抽到 0，是否继续抽？因为后面的乘数可能大也可能小，从而使 X 变大或变小，这就归结为一个随机过程最优停止问题，所谓最优，即 X 达到的“最大”是概率意义上的。
这样就很清楚了：当后续的乘数或连乘数大于 1 的概率大于 50% 就抽取，否则就停止。这样就大概率使 X 变大。
举例：
记 z(1)、z(2)、...z(n) 为依次每轮剩余数字的随机变量。
第 1 轮乘数或连乘数大于 1 的概率为：
P = P[z(1) > 1] + P[z(1) x z(2) > 1, z(1) <= 1] + ...
P[z(1) > 1] = 998/1999 < 0.5，因此要继续计算第 2 项：
P[z(1) x z(2) > 1, z(1) <= 1] = P[z(1)=0.999, z(2) > 1] + P[z(1)=0.998, z(2) > 1] + P[z(1)=0.997, z(2) > 1] + P[z(1)=0.996, z(2) > 1] +...，前 4 项结果和为 (1/1999) x (998/1998 x 4)，到此计算到的概率为 998/1999 + (4 x 998/1998) /1999 > 0.5，因此第一轮值得一搏！
在第一轮抽取结果的基础上依此计算是否继续第二轮....
如果幸运到抽剩 3 个数字，比如 {0, 0.999, 999}，这时能提升 X 的概率 P = 1/3 + (1/3) * (1/2) = 0.5，应停止再抽。但如 {0, 2, 3}，则提升 X 的概率为 P = 2/3 +... > 0.5，应该继续抽取。
当剩下两个数字时，肯定有一个为 0, 提升 X 的概率最多为 0.5，无论另一个数字如何都应该收手！
其次 X 的最大值为 999！。出现这个结果只能是：
前 1-999 次刚好全是 1-999 的整数，后面不再抽取;
前 1-998 次刚好全是 2-999 的整数，后面不再抽取。
出现这个极端结果概率为：1/(999!x1000!/1999! - 1) + 1/(998!x1001!/1999!)
，虽有可能，但概率极低，若要达到这个最大值就只有碰运气，然而比彩票中头奖难多了。
其实这个游戏的恰当问题是当抽到 0 时游戏结束（再抽也没有意义），如果未抽到 0，是否继续抽？因为后面的乘数可能大也可能小，从而使 X 变大或变小，这就归结为一个随机过程最优停止问题，所谓最优，即 X 达到的“最大”是概率意义上的。
这样就很清楚了：当后续的乘数或连乘数大于 1 的概率大于 50% 就抽取，否则就停止。这样就大概率使 X 变大。
举例：
记 z(1)、z(2)、...z(n) 为依次每轮剩余数字的随机变量。
第 1 轮乘数或连乘数大于 1 的概率为：
P = P[z(1) > 1] + P[z(1) x z(2) > 1, z(1) <= 1] + ...
P[z(1) > 1] = 998/1999 < 0.5，因此要继续计算第 2 项：
P[z(1) x z(2) > 1, z(1) <= 1] = P[z(1)=0.999, z(2) > 1] + P[z(1)=0.998, z(2) > 1] + P[z(1)=0.997, z(2) > 1] + P[z(1)=0.996, z(2) > 1] +...，前 4 项结果和为 (1/1999) x (998/1998 x 4)，到此计算到的概率为 998/1999 + (4 x 998/1998) /1999 > 0.5，因此第一轮值得一搏！
在第一轮抽取结果的基础上依此计算是否继续第二轮....
如果幸运到抽剩 3 个数字，比如 {0, 0.999, 999}，这时能提升 X 的概率 P = 1/3 + (1/3) * (1/2) = 0.5，应停止再抽。但如 {0, 2, 3}，则提升 X 的概率为 P = 2/3 +... > 0.5，应该继续抽取。
当剩下两个数字时，肯定有一个为 0, 提升 X 的概率最多为 0.5，无论另一个数字如何都应该收手！
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