układy pokerowe

[Wint]

Witam

Nie wiem czy ktoś będzie mi w stanie pomóc bo problem jest dosyć złożony, ale opiszę sytuację. Mianowicie tworzę program symulujący grę w odmianę wideopokera i natrafiłem na problem, który najszybciej rozwiązałaby matematyka, ponieważ otrzymuję złe ilości pewnych układów kart . A więc sprawa wygląda tak, jest to odmiana gry zwana Deuces Wild, zasady dla niewtajemniczonych: z jednej talii kart (52 sztuki) otrzymujemy 5 kart i decydujemy, które zatrzymujemy - te których nie zatrzymamy są podmieniane na inne ze zbioru pozostałych w talii, no i potem liczy się najlepszy uzyskany układ. I przy tym ważna rzecz - dwójki mogą zastąpić każdą kartę by stworzyć jak najlepszy układ. Co mnie interesuje: tylko przypadki, kiedy wylosowaliśmy trójkę (czyli 3 karty o tej samej figurze), a pozostałe 2 karty wymieniamy - co więcej, przed wymianą te 5 kart zawierające trójkę nie może zawierać dwójek oraz nie może tworzyć karety( 4 karty o tej samej figurze) lub fula(para i trójka) . Mam wyliczone, że jest 42 240 kombinacji takich trójek przed wymianą, a po wymianie wychodzi 49 674 240 - i pytanie jest, ile w tych 49 674 240 kombinacjach występuje piątek(kareta + jedna dwójka lub trójka + dwie dwójki), karet, fuli i trójek. Pamiętać należy o tych dwójkach, czyli np trójka z dwójką to kareta, bo ten układ jest lepszy (układy wymieniłem w kolejności ważności).
Zawsze miałem problem z kombinatoryką więc za wszelką pomoc z góry dziękuję

[Zordon]

Nie lepiej napisać program, który to zliczy? Ręcznie jest sporo roboty.

[Wint]

No właśnie program mi to źle liczy i chciałbym poznać prawidłowe wartości, bo ułatwi mi to odnalezienie błędu.

[abc666]

Przed mamy tak, wybieramy jedną z \(\displaystyle{ 13}\) figur, teraz z niej wybieramy 3 z czterech kart \(\displaystyle{ {4 \choose 3}}\) a następnie z pozostałych 44 kart (52 karty minus 4 karty z figury i cztery dwójki) ale tak by nie wybrać dwóch takich samych figury. Można więc najpierw wybrać dwie figury z pozostałych 11 figur, a z nich po jednej karcie \(\displaystyle{ {11 \choose 2} \cdot {4 \choose 1} \cdot {4 \choose 1}}\)

Co daje nam, \(\displaystyle{ 13 \cdot {4 \choose 3} \cdot {11 \choose 2} \cdot {4 \choose 1} \cdot {4 \choose 1}=45760}\) kombinacji, więc albo ja albo ty masz błąd w początkowej liczbie układów. Miło by było jakby ktoś sprawdził to co napisałem.

[Wint]

Początkowa liczba układów jest taka sama jak w pewnym komercyjnym programie do videopokera więc chyba jednak jest prawidłowa... Ale też nie wiem, gdzie w twoich obliczeniach jest błąd.

[Inkwizytor]

Może żeby nie było wątpliwości to słownie piszmy liczbę kart o tej samej figurze: np.: "trójka asów" a liczbowo figurę np.: trójka 5-ek chodzi trzy karty z 5-ką.

Trzeba pamiętać że układ: Kareta i 2-ka albo trójka czegoś i dwie 2-ki wykluczają otrzymanie na początku trójki 2-ek (pomijam ekstremalną sytuację gdy masz trójkę 2-ek i pozostałe dwie karty wymieniasz oraz jedną z trzech 2-ek i akurat dobrało sie do fulla: trzy czegoś i parka 2-ek)
Stąd ilość trójek na początku wynosi tylko 12 przypadków.

Również proponuję popisać każdy przypadek z osobna tzn.:
Ile jest różnych sytuacji wejściowych (tzn. jakie karty mamy na ręku przy pierwszym rozdaniu)?

Po drugie rozbij na przypadki jakie sytuacje końcowe Cie interesują? (trochę się pogubiłem )

[Wint]

abc666 jak Inkwizytor powiedział, tak jest prawidłowo:
\(\displaystyle{ 12 \cdot {4 \choose 3} \cdot {11 \choose 2} \cdot {4 \choose 1} \cdot {4 \choose 1}=42240}\)
Startowe pięć kart, a więc również trójka czegośtam nie może zawierać żadnej 2-jki więc właśnie na początku wzoru 12 a nie 13, może trochę nie jasno się wyraziłem na początku.

Sytuacji wejściowych jest właśnie 42 240 - czyli zawsze mamy trójkę czegośtam i dwie inne karty, które nie mogą być parą.
Te dwie inne karty są zawsze podmieniane - już na dowolne z pozostałych w talii. Tak więc sytuacja wyjściowa to układ pięciu kart w tym dwie nowe - ja podałem, że takich układów jest 49 674 240 ale to chyba jest błąd. I teraz jedyne możliwe przypadki to albo mamy tylko trójkę czegośtam, albo fula, albo karetę, albo piątkę czegośtam. I chodzi mi właśnie o to ile będzie trójek, fuli, karet i piątek, pamiętając o tym jak działają 2-ki.

[Inkwizytor]

ile w tych 49 674 240 kombinacjach występuje piątek(kareta + jedna dwójka lub trójka + dwie dwójki), karet, fuli i trójek.

1. Układ początkowy
XXXYZ
gdzie \(\displaystyle{ X \neq Y \neq Z \neq 2}\)
Oddajemy Y, Z
----------------------------------------
1.1. Interesuje nas układ końcowy: XXXX2
Wówczas ilość możliwych takich układów to: \(\displaystyle{ {12 \choose 1} \cdot {4 \choose 1}}\)
Wybieramy jako X jedna z 12 figur, wybieramy jedną dla 2-ek
----------------------------------------
1.2. Interesuje nas układ końcowy: XXX22
Wówczas ilość możliwych takich układów to: \(\displaystyle{ {12 \choose 1} \cdot {4 \choose 3} \cdot {4 \choose 2}}\)
Wybieramy jako X jedna z 12 figur, wybieramy 3 spośród 4 kolorów dla X, wybieramy dwa kolory dla 2-ek
----------------------------------------
Nie wiem czy przy trójce jedna 2-ka ma znaczenie dlatego poniższe rozbiłem na oddzielne przypadki
----------------------------------------
1.3.1. Interesuje nas układ końcowy: XXX2K
\(\displaystyle{ K \neq X, 2, Y, Z}\)
Wówczas ilość możliwych takich układów to: \(\displaystyle{ {12 \choose 1} \cdot {4 \choose 3} \cdot {4 \choose 1} \cdot {36 \choose 1}}\)
Wybieramy jako X jedna z 12 figur, wybieramy 3 spośród 4 kolorów dla X, wybieramy jeden kolor dla 2-ki oraz jedną kartę która nie jest X, 2,Y,Z czyli spośród \(\displaystyle{ 52-4 \cdot 4= 36}\)
----------------------------------------
1.3.2. Interesuje nas układ końcowy: XXX2Y lub XXX2Z
Wówczas ilość możliwych takich układów to: \(\displaystyle{ {12 \choose 1} \cdot {4 \choose 3} \cdot {4 \choose 1} \cdot {6 \choose 1}}\)
Wybieramy jako X jedna z 12 figur, wybieramy 3 spośród 4 kolorów dla X, wybieramy jeden kolor dla 2-ki oraz jedną kartę która jest Y lub Z czyli spośród 6 jakie nam zostały w talii bo dwie oddaliśmy do wymiany
Tu mam pewną wątpliwość bo to układ zależny od tego co było na początku i nie wiem czy czasem nie powinno się uwzględnić wybierania 2 figur spośród 11 (bo bez X i 2)
----------------------------------------
1.3.3. Interesuje nas układ końcowy: XXXKY lub XXXKZ
\(\displaystyle{ K \neq X, 2, Y, Z}\)
Wówczas ilość możliwych takich układów to: \(\displaystyle{ {12 \choose 1} \cdot {4 \choose 3} \cdot {36 \choose 1} \cdot {6 \choose 1}}\)
Wybieramy jako X jedna z 12 figur, wybieramy 3 spośród 4 kolorów dla X, wybieramy znowu jedną spośród 36 (jak wyżej) oraz jedną kartę która jest Y lub Z czyli spośród 6 jakie nam zostały w talii bo dwie oddaliśmy do wymiany
Wątpliwości te same co w 1.3.2.
-------------------------------------
1.3.4. Interesuje nas układ końcowy: XXXYZ
Wówczas ilość możliwych takich układów to: \(\displaystyle{ {12 \choose 1} \cdot {4 \choose 3} \cdot {3 \choose 1} \cdot {3 \choose 1}}\)
Wybieramy jako X jedna z 12 figur, wybieramy 3 spośród 4 kolorów dla X, wybieramy jedną spośród 3 pozostałych Y oraz jedną kartę spośród 3 pozostałych Z
Ponownie te same wątpliwości
----------------------------------------
1.3.5. Interesuje nas układ końcowy: XXXKL
\(\displaystyle{ K \neq L \neq X, 2, Y, Z}\)
Wówczas ilość możliwych takich układów to: \(\displaystyle{ {12 \choose 1} \cdot {4 \choose 3} \cdot {9 \choose 1} \cdot {4 \choose 1} \cdot {8 \choose 1} \cdot {4 \choose 1}}\)
Wybieramy jako X jedna z 12 figur, wybieramy 3 spośród 4 kolorów dla X, wybieramy jedną figurę spośród 9 wolnych (bez X, 2, Y, Z) no i jeden z kolorów. Podobnie dla L tylko że wybór figur mniejszy o jeden bo nie może powtórzyć K
----------------------------------------
1.4.1 Zwykła kareta XXXXK
\(\displaystyle{ K \neq 2, Y, Z}\)
Wówczas ilość możliwych takich układów to: \(\displaystyle{ {12 \choose 1} \cdot {36 \choose 1}}\)
Do czterech tych samych kart (12 figur bo bez 2-ki) dobieramy jedną z 36 o czym wspominałem wcześniej
----------------------------------------
1.4.2 Zwykła kareta XXXXY lub XXXXZ
Wówczas ilość możliwych takich układów to: \(\displaystyle{ {12 \choose 1} \cdot {6 \choose 1}}\)
Do czterech tych samych kart (12 figur bo bez 2-ki) dobieramy jedną z 6 typu Y lub Z które nam zostały
Ta sama wątpliwość jak wcześniej, którą ewentualnie wszędzie trzeba będzie uwzględnić

Proszę wybaczyć ale na fulla nie mam juz dziś siły Spróbuję jutro

[Wint]

Wielkie dzięki za wysiłek i poświęcony czas. Mam jednak trochę wątpliwości: odnośnie układów 1.1 i 1.2, czyli piątce - wychodzi z tych obliczeń 336 kombinacji. Jeśli zatem chciałbym obliczyć liczbę sytuacji, w których uzyskam piątkę, to czy muszę wymnożyć te 336 przez liczbę możliwych układów początkowych czyli 336 * 42 240 = 14 192 640? Chyba coś nie tak, bo program mi oblicza liczbę takich możliwości na 422 240 (ale nie wiem czy dobrze). Chodzi o to na ile sposobów mogę uzyskać dany układ końcowy - np układ końcowy cztery damy i 2-jka może powstać z układu 2 karty oraz damy pik+trefl+kier lub 2 karty oraz damy pik+trefl+karo i są to inne sytuacje. Mam nadzieję, że nie namieszałem za bardzo