鱿鱼游戏

让我们考虑一个更通用的游戏版本。假设总共有$n$个竞争对手，并且桥上还有$m$个未知的牌，则设$f（n，m）$为跨越该桥的预期竞争对手数。如果没有竞争对手，那么显然没有人能够跨越。此外，如果没有剩余的未知牌，那么所有竞争对手都能通过。这导致了边界条件
\开始｛align｝
f（0，m）&=0\quad\text{表示}m=0,1,2，\点\\
f（n，0）&=n\quad\text{表示}n=0,1,2，\点
\结束｛align｝现在考虑$n$竞争者和$m$桥牌的一般情况。每次比赛者轮流时，他们都会穿过一定数量的牌，然后被淘汰。让我们看看第一个竞争对手的可能情况。

• 以1/2$的概率，它们在第一个平铺上被消除。因此，剩下的$n-1$竞争对手只需与$m-1$未知瓷砖竞争。
• 以1/4美元的概率，它们在第二块瓷砖上被消除。因此，剩下的$n-1$竞争对手只需与$m-2$未知瓷砖竞争。
• 以这种方式继续下去，概率为$1/2^m$，它们在最后一个（$m^\text{th}$）磁贴上被淘汰，$n-1$剩余的竞争对手有$0$未知磁贴要处理。
• 最后，在剩余概率为1/2^m$的情况下，竞争对手正确猜测了所有牌，这意味着所有$n$的竞争对手都将安全通过。

我们可以用下面的递归简洁地表达这些语句。
\[
f（n，m）=sum{k=1}^m\分形{1}{2^k}f（n-1，m-k）+\分形{n}{2|m}
\]简化此表达式的一种方法是将两边乘以$2^m$，然后定义$g_n（m）：=2^mf（n，m）$。然后，递归变成
\开始{align}
g0（米）&=0\\
gn（m）&=n+\sum{k=0}^{m-1}g{n-1}（k）\quad\text{表示}n=1,2，\dots
\结束{align}应用对于前几个步骤的递归，我们得到
\开始{align}
g_1（m）&=1\\
g_2（m）&=2+m\\
g3（m）&=\tfrac{1}{2}（6+3m+m^2）\\
g4（m）&=\tfrac{1}{6}（24+14m+3m^2+m^3）\\
g5（m）&=\tfrac{1}{24}（120+70m+23m^2+2m^3+m^4）\\
g_6（m）&=\tfrac{1}{120}（720+444m+120m^2+35m^3+m^5）\\
g_7（m）&=\tfrac{1}{720}（5040+3108m+1024m^2+135m^3+55m^4-3m^5+m^6）\\
g_8（m）&=\点
\结束{align}来自在这里，我们可以通过$f（n，m）=gn（m）/2^m$恢复预期的获胜者数量。虽然计算每个后续函数都很简单，但我找不到$g_n（m）$的封闭表达式。每一个都是一个次数为$n-1$的多项式，但超出了一些明显的观察范围，例如常数项为$n$，公分母为$（n-1）！$，我找不到通用公式。

对于问题陈述中描述的特定实例（$n=16$和$m=18$），我们可以获得确切的预期中奖人数，它是

$\显示样式
f（16,18）=\frac｛458757｝｛65536｝=7.0000762939453125\text｛（精确）｝
$

略大于7美元。

近似（渐近）解

我们可以将$f（n，m）$近似如下。每个平铺将平均消除参赛者$\frac{1}{2}$。因此，如果我们从$n$个参赛者开始，大约$n-\frac{1}{2} 米$名选手将过桥。这导致了近似值

$\显示样式
f（n，m）\近似n-\tfrac{1}{2} 米
$

当参赛人数较少时，这种近似值不起作用。例如，如果$n\lt\frac{1}{2} 米美元，这将导致过桥的参赛者人数为负数，这当然是不可能的。但当$n$较大时，近似值相当好。将近似值应用于问题语句中的特定实例，我们发现$f（16,18）\approx 16-\tfrac{1}{2}\cdot 18=7$，这是非常接近真正的解决方案！

以下是一些验证公式的曲线图；我为$n$和$m$的固定值绘制了$f（n，m）$。

这个解决方案来自盖伊·D·摩尔和马克斯的评论。

与前面的解决方案一样，假设我们有$n$个参赛者和$m$个桥接瓦片。假设$b$块在游戏过程中被打破。这种情况发生的概率为$\frac{1}{2^m}\binom{m}{b}$，因为每个磁贴的猜测概率为$\frac{1}}{2}$。当$b$块瓦片被打破时，$n-b$名选手过桥。最后，我们最多可以打破$\min（n，m）$tile，因为只有$m$个tile，每个$n$玩家最多可以打破一个tile。因此，预计能够跨越大桥的参赛者数量为：

$\显示样式
f（n，m）=\frac{1}{2^m}\sum{b=0}^{min（n，m）}\binom{m}{b}（n-b）
$

如果在特殊情况下$n\geq-m$，总和将达到$m$，我们可以通过以下公式精确计算：
\开始{align}
（1+x）^m&=\sum_{b=0}^m\binom{m}{b}x^{m-b}\\
x^{n-m}（1+x）^m&=\sum{b=0}^m\binom{m}{b}x^{n-b}\\
（n-m）x^{n-m-1}（1+x）^m+mx^{nm}（1+x）^{m-1}&=sum{b=0}^m\binom{m}{b}（n-b）x^}n-b-1}
\结束{align}其中在最后一步中，我们在$x$方面区分了双方。现在，在两侧设置$x=1$，并除以$2^m$，我们得到：
\[
\裂缝{1}{2^m}\sum{b=0}^m\binom{m}{b}（n-b）=n-\裂缝{1{{2} 米
\]所以我在第一个解中找到的“渐近”解不仅仅是渐近解；确切的时间是$n\geq-m$。

当$n\ltm$时，总和没有闭合形式的表达式。然而，我们可以聪明地评估它。因为我们知道所有$m$项的总和，所以我们只需要评估$\min（n，m-n）$项。这使我们找到了完整的解决方案：

$\显示样式
f（n，m）=\开始{cases}
n-\压裂{1}{2} 米&\text{if}n\geq-m\\
\裂缝{1}{2^m}\sum{b=0}^n\binom{m}{b}（n-b）&n\ltm\\
n-\压裂{1}{2} 米-\裂缝{1}{2^m}\sum{b=n+1}^m\binom{m}{b}（n-b）&n\ltm\text{（alt.）}
\结束{cases}
$

有趣的旁注

Guy D.Moore还指出，$f（n，m）$有一个更简单的递推关系，如下所示：
\[
f（n，m）=frac{f（n、m-1）+f（n-1，m-1）}{2}
\]将此递归与生成函数一起使用
\[
G（x，y）=\sum_{n=0}^\infty\sum_{m=0}^ infty f（n，m）x^ny^m，
\]可以表明：
\[
G（x，y）=\压裂{x}{（1-x）^2}\cdot\压裂{2}{2-y（x+1）}
\]因此，$f（n，m）$是上述$G（x，y）$级数展开式中$x^ny^m$项对应的系数！下面是一个示例，其中$n=16$和$m=18$（与原始问题相同）使用WolframAlpha.