ZeSword
Bruxelles, Belgique

AVATAR
Mana Screw : vraiment screw !
le 26/04/2017 2:22
Vous aurez peut-être remarqué que la rubrique combos s'étoffe de jour en jour. Il se trouve que c'est en partie parce que je classe pas mal de combos. Parfois le classement se fait de manière rapide, et parfois... ça prend du temps. Je vous laisse juger la combo qui vient de m'occuper et qui explique l'heure tardive...

Mana Screw + Chance Encounter ; merci à la fabuleuse encyclopédie en ligne des suites d'entiers pour m'avoir aidé (moins de calculs à faire puisqu'une fois les premiers termes trouvés, la suite apparaît sans effort) :

http://www.magic-ville.com/fr/combos/showcombo?ref=62591

PS: Si, bien sûr, j'ai loupé une démonstration plus élégante, je suis preneur :o)
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SnapVigne44
Modérateur, Forum modern
Druide
le 26/04/2017 12:20
Citation :
C est ce que je dis Snap qu est ce qui l empêche de le faire manuellement. Je veux juste lancer mes pièces une part une jusqu à ce que le résultat me convienne ou que je n' ai plus de mana.

Ben justement, c'est là que c'est du slow play: répéter la même action plusieurs fois de suite peut être vu comme du slow play. A priori on va surement te laisser le faire 3/4 fois, mais après l'état du jeu ne va pas clairement avancer et donc ça va tomber dans le slow play.
hot dog

le 26/04/2017 12:23
Et attendre d'avoir suffisemment de mana fixe pour avoir une probabilite = 1 de gagner c'est autorisé ?

ZS demontre qu'avec 5 mana on a 63 % de chance de win.

Avec sufisemment de mana de base (avant la boucle 1) pour avoir cette probz de 100 % on connait l'etat de fin. C'est tjs pas autorisé m
Skylar
Slivoïde
le 26/04/2017 12:25
Et si en main j ai emrakul et que ma seule chance de gagner et d arriver à générer 15 mana j ai le droit d essayer?
J'aime les carottes

le 26/04/2017 12:30
Il est impossible d'avoir 100% de chance de win.
SnapVigne44
Modérateur, Forum modern
Druide
le 26/04/2017 12:31
Citation :
Avec sufisemment de mana de base (avant la boucle 1) pour avoir cette probz de 100 % on connait l'etat de fin. C'est tjs pas autorisé m

a priori une proba de 100% c'est impossible. Mais si c'était possible, je pense qu'il n'y aurait pas de problème.

Citation :
Et si en main j ai emrakul et que ma seule chance de gagner et d arriver à générer 15 mana j ai le droit d essayer?

Non. Enfin, de lancer 3 à 5 fois, peut-être. Après, ça dépendra de la patience de ton adversaire, puis de l'arbitre une fois qu'il aura call
Skylar
Slivoïde
le 26/04/2017 12:32
Si tu as 10 mana tu peux activer 10 fois mettre tes 10 marqueurs. Par contre si tu compte sur mana screw pour generer le mana tu as de l aléatoire.
J'aime les carottes

le 26/04/2017 12:34
Non mais sinon, toute la blague résidait dans le fait que je citais les règles pour un tournois compétitifs ou professionnel. Tournois où une carte Unhinged est de toute façon interdite.

Dans Magic bourré avec des potes, vous faites ce que vous voulez.
Madmox
I guess Warhol wasn't wrong, Fame fifteen minutes long

Légende
le 26/04/2017 13:01
Citation :
Si tu as 10 mana tu peux activer 10 fois mettre tes 10 marqueurs
Non parce que la pose d'un marqueur dépend de si tu as gagné le pile ou face ou pas.
Empereur Poulpatine, La Tielle de 7

le 26/04/2017 13:11
3 pages pour ton post... faut vraiment que tu te fasse traiter ton ROC. T'en peux plus, tu en es même a résumé ta pseudo blague quoi ??'.. :

Citation :
Non mais sinon, toute la blague résidait dans le fait que je citais les règles pour un tournois compétitifs ou professionnel. Tournois où une carte Unhinged est de toute façon interdite.

Dans Magic bourré avec des potes, vous faites ce que vous voulez.


Rocard :)


hot dog

le 26/04/2017 13:34
Fallait pas citer les regles mec :-D


Et dans magic bourré on joue quand meme avec les regles. Tu nous as pris pour qui... ?

Donc si je resume : les regles d'une boucle dependent de la patience de l'adversaire ce qui rend la regle absurde !
J'aime les carottes

le 26/04/2017 13:43
Citation :
Et dans magic bourré on joue quand meme avec les regles

Pas avec les règles de tournois.

Citation :
Tu nous as pris pour qui... ?

Pour un mec qui ne sait pas qu'il existe plusieurs documents qui ne gèrent pas tous les mêmes aspects du jeu.

Citation :
Donc si je resume : les regles d'une boucle dependent de la patience de l'adversaire ce qui rend la regle absurde !

Tu résume mal.
farfadet

Légende
le 26/04/2017 17:31
D'autres conjuguent ou relisent mal.
J'aime les carottes

le 26/04/2017 17:34
C'est entièrement vrai.
Coro
S'il n'y a pas de solution, il n'y a pas de problème.

Légende
le 26/04/2017 18:02
@ZS La formule que tu cherches est la suivante. Pour 0=<k=<n des entiers, je note C(n, k) le coefficient binomial (k parmis n). La probabilité P(n, m) d'arriver à mettre au moins n marqueurs en ayant m manas au départ est donné par :
P(n, m) = 1 - 2^(2-2n-m) x sum(i = 0,...,n-1; C(2n+m-1, i))

Démonstration : On trouve la relation de récurrence vérifiée par les P(n, m), et on vérifie aisément que l'expression proposée vérifie la même relation de récurence tout en remplissant les mêmes conditions initiales.

Démonstration 2 : Nan, en fait, c'est une blague, je ne suis pas du tout assez fort pour résoudre la relation de récurence à 2 paramètres que tu as calculée brute force style. J'ai résolu le problème autrement. L'idée, c'est que le nombre de manas que tu as après les pile ou face suit ce qu'on appelle une marche aléatoire. Un peu de littérature à ce sujet ici.

Donc j'appelle S_k le nombre de manas que tu as après k lancers de pièce, en particulier S_0 = m. J'appelle X_k = 1 ou -1 le résultat du k-ième lancer, de sorte que :
S_k = m + sum(i=1,...,k; X_k)

Si un lancer X_k donne 1, j'appelle ça une montée, sinon c'est une descente. Je cherche donc à calculer la probabilité d'avoir au moins n montées avant que ma marche aléatoire S_k ne s'annule.

Je fixe maintenant le nombre de lancers de pièce à 2n + m - 1. Il est possible que mon jeu se termine avant, mais ce n'est pas grave, je lance les pièces jusqu'à la fin quitte à ce que mon nombre virtuel de mana S_k soit négatif si jamais il s'annule avant, ce sera commode pour calculer la formule. Pourquoi ce nombre? Il est suffisament grand pour que si je n'ai pas obtenu au moins mes n montées, alors forcément S_(2n + m - 1) est négatif. Il est suffisament petit pour que si j'ai obtenu mes n montées avant que S_k ne s'annule, alors S_k ne s'est jamais annulé lors de mes 2n + m - 1 lancers, puisqu'il n'y a pas la place pour redescendre à 0 après n montées.

On obtient donc que les suites de lancers qui ne me permettent pas d'avoir n montées avant de perdre tout mon mana (c'est-à-dire annuler S_k) sont exactement celles qui annulent S_k quelque part dans mes 2n + m - 1 tirages. Je vais donc compter le nombre de ces suites ce qui me permettra de calculer la probabilité de l'événement complémentaire à celui qui m'intéresse. Parmis elles, il y a d'un côté celles qui finissent à un total S_(2n + m - 1) négatif et de l'autre celles qui finissent à un total positif mais s'annulent entre-temps.

D'après le petit papier que j'ai mis en lien plus haut, le nombre de suites qui aboutissent à un total S_(2n + m - 1) égal à S entier pair est nul. Le nombre qui aboutissent à un total égal à S entier impair négatif S = -(2j + 1) est donné par un nombre binomial C(2n+m-1, i) en notant i = (2n + m - 1 + S - m) / 2 le nombre de montées correspondant. D'après le principe de réflexion, c'est le théorème 1.2 du petit papier, le nombre de suites qui aboutissent à un total positif impair S = 2j + 1 mais annulent S_k entre-temps est exactement le nombre de suite qui aboutissent au total -S que je viens de calculer.

On introduit la probabilité 2^(1-2n-m) que chacune des suites individuellement a de se produire, on somme et on obtient la zolie formule que j'ai exhibée en haut de mon post, aux erreurs bêtes d'inattention près bien sûr.
ZeSword
Bruxelles, Belgique

AVATAR
Coro
le 26/04/2017 22:18
Merci ! Du coup, ta formule se généralise probablement "facilement" au cas où tu rajoutes un Krark's Thumb, cf. http://www.magic-ville.com/fr/combos/showcombo?ref=57328 (au lieu d'avoir une marche aléatoire P(X_k = 1) = P(X_k = -1) = 1/2 c'est une marche aléatoire P(X_k = 1) = 3/4 et P(X_k = -1) = 1/4). Il y a un petit travail à faire car cette fois les chemins ne sont pas tous équiprobables, m'enfin si tu connais S_{2n+m-1}, vu que tu as démarré à m, tu en déduis facilement le nombre de montées, et donc la probabilité du chemin.

Bravo pour avoir trouvé l'astuce qui fait tout marcher de prendre le nombre de lancers égal à 2 * n + m - 1.

Le travail empirique que j'avais mené aboutissait lui aussi à une somme de C(n, k) puisque j'avais effectivement trouvé les suites https://oeis.org/A000125, https://oeis.org/A000127, https://oeis.org/A006261, https://oeis.org/A008859, https://oeis.org/A008860 et https://oeis.org/A008861. Vu l'heure je n'avais pas cherché à écrire de formule que j'aurais probablement écrite de manière erronée, et qui plus est sans preuve.

Merci une nouvelle fois en tout cas !
Coro
S'il n'y a pas de solution, il n'y a pas de problème.

Légende
le 27/04/2017 0:44
En effet, si tu rajoutes Krark's thumb, ça ne modifie pas le dénombrement des suites comme je l'ai fait. Ca change juste le dernier paragraphe de la preuve où j'introduit la probabilité de chaque chemin. Il faut remplacer dans chaque terme de la somme l'agréable puissance de 2 qui sortait pour se mettre en facteur dans le cas symétrique par la probabilité (3/4)^i x (1/4)^(2n + m - 1 - i), avec toujours i = (2n + S - 1) / 2 le nombre de montées associé au groupe de chemin qui finissent au total S considéré.

La formule obtenue reste similaire. Il me semble que pour faire une estimation assez fiable du résultat si on veut faire une application numérique il est possible de comparer les deux sommes à une intégrale en reconnaissant une somme de Riemann astucieuse. Il faut peut-être remplacer les coefficients binomiaux par l'expression issue de la formule de Sterling des factorielles pour faire apparaitre la somme de Riemann. Bon, je n'ai pas fait ce calcul, donc c'est juste une idée en l'air.
lablaisaille
modo Rum/MA/Sto


FORCE
le 27/04/2017 9:24
Et si la pièce est truquée, la manip devient-elle légale en tournoi ?
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