息收集问题

在息收集问题，目标是购买不同的对象，以便制作一整套对象。每次购买都提供了一个随机对象，内容独立于所有其他购买。“优惠券”只是一个占位符;收集的对象可以是任何物体。

从数学上讲，问题的目标是量化完成收集所需的工作。这是通过计算期望值购买某一物品以获得该物品的完整集合。

优惠券收集器问题最有趣的观察之一是收集成为更加困难在接近完整集合时完成。集合中的最后一项通常需要大多数努力获得。

这个问题背后的数学原理适用于涉及各种不同类型事物的问题:来自收集卡牌游戏(ccg)的卡牌，运动卡牌，以及如上例所示的收集玩具。

优惠券收集器问题有许多可能的变化。以下是优惠券收集器问题最基本的情况：

优惠券收集器问题

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有一个包含的垃圾箱 $N$不同的对象。每次“购买”都是随机从垃圾桶中选择一个物品，然后将其替换。 $X$是离散随机变量，表示购买的数量，直到每个 $N$对象至少选择一次。

优惠券回收器问题的目标是找到 $文本\ {E} [X]$．

通常，“bin”被解释为某些包，其中的内容是随机的。这个问题的一个关键方面是选择相互独立（用替换选择）。实际上，这意味着可以多次选择对象。但是，在这个问题中，多个相同对象的选择无关紧要;只有不同物体的选择。

这期望页的线性包含几个与优惠券收集器问题有关的问题。在下面讨论优惠券收集器问题的泛化之前，应该尝试一下这些问题。

优惠券收集器问题的一般解决方案

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对于如上所述的优惠券收集器问题，所需的购买数量的预期值是为了选择每个 $N$至少一次的物体是：

$\ {E} [X] = nH_n文本$

在哪里 $H_N.$是 $n ^ \文本{th}$谐波数．

显示证明

让 $X$是表示每一个的购买次数的离散随机变量 $N$对象至少选择一次。

让 $X_K.$是分立随机变量，代表在购买之后的购买次数 $（k-1）^ \ text {th}$独特的对象选择 $k ^ \ text {th}$不同的对象。作为基本情况， $X_1 = 1$，因为选择的第一个对象总是不同的。

通过期望的线性，

$文本\ {E} [X] = \ \ limits_总和{k = 1} ^ {n} {E} \文本(xk)$．

之后 $（k-1）^ \ text {th}$不同的对象被选中，有 $n - k + 1$待选择的对象。让 $A_k$是在下一次购买中选择了其中一个对象的事件。然后是概率的结果那

$P (A_k) = \压裂{n - k + 1} {n}$．

$X_K.$遵循一个几何分布(试验)。它的期望值是 $P (A_k)$：

$文本\ {E} [xk] = \压裂{1}{P (A_k)} = \压裂{n} {n - k + 1}$

从之前, $文本\ {E} [X]$等于所有这些期望的总和:

$文本\ {E} [X] = \ \ limits_总和{k = 1} ^ {n} \压裂{n} {n - k + 1} = n \总和\ limits_ {k = 1} ^ {n} \压裂{1}{k}$

因此, $\ {E} [X] = nH_n文本$,在那里 $H_N.$是 $n ^ \文本{th}$谐波数。

没有封闭形式表达为 $n ^ \文本{th}$谐波数。但是，确实存在非常好的估计 $H_N.$．

相对较大 $N$， 这 $n ^ \文本{th}$谐波数可以近似为:

$H_n \大约\ ln {n} + \伽马+ \压裂{1}{2 n}$

在哪里 $\ Gamma.$是欧拉-马歇罗尼常数那 $\ Gamma \约0.577216$．

这为优惠券收集器问题提供了一个近似解决方案：

优惠券收集器问题的近似解决方案

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对于如上所述的优惠券收集器问题，所需的购买数量的预期值是为了选择每个 $N$对象至少有一次近似为:

${E} [X] \ \文本大约n (\ ln {n} + \γ)+ \压裂{1}{2}$

在哪里 $\ Gamma.$是欧拉-马斯切罗尼常数， $\ Gamma \约0.577216$．

这种近似往往是非常精确的，而且越大越准确 $N$．为 $n \ ge 5$，这个近似精确到小数点后一位。

收集卡牌游戏奥术：会众刚出了一套新卡片。纸牌是密封包装出售的，每个包装包含一张随机稀有纸牌。每包的内容都是独立于其他包的，每一件珍品的可能性是相等的。

如果最新组中有55张不同的罕见卡，则需要至少一张罕见卡的副本所需的包装数量是多少？将答案舍入到最近的整数。

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如上所述，此问题适合优惠券收集器问题的格式。包装是独立的，内容是随机的，并且每个稀有量同样可能。

如果 $X$是表示打开的包数的随机变量，直到至少一次收集55个RARE中的​​每一个，那么 $文本\ {E} [X]$可以用:

$文本\ {E} [X] = 55 h_ {55}$

但是，计算的是非常繁琐的 $55 ^ \文本{th}$谐波数。幸运的是，上述问题只需要一个最接近的整数的答案。因此，可以使用近似:

${E} [X] \ \文本大约55 (\ ln{55} + 0.577216) + \压裂{1}{2}\约252.650$

获得至少一张每种稀有卡副本所需的包装数量，舍入到最近的整数。 $\盒装{253}$．

顺便提及，使用计算机软件计算确切的答案，它是 ${E} [X] \ \文本约252.6486716559$．

应该指出的是，优惠券收集器问题的解决方案不是保证。购买的预期价值需要进行，以便完成收集与实际情况实际发生的情况不同。事实上，在完成集合所需的购买数量中存在显着的变化。这种可变性可以通过统计量量化方差和标准偏差．

息票收集器问题的方差

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中所述的息票收集器问题一般情况下部分以上，要选择每个所需的购买次数的方差 $N$至少一次的物体是：

$\ text {var} [x] = n ^ 2 \ sum \ limits_ {k = 1} ^ {n} {\ frac {1} {k ^ 2}} - nh_n$

在哪里 $H_N.$是 $n ^ \文本{th}$谐波数。

显示证明

让 $X$是表示每一个的购买次数的离散随机变量 $N$对象至少选择一次。

让 $X_K.$是分立随机变量，代表在购买之后的购买次数 $（k-1）^ \ text {th}$独特的对象选择 $k ^ \ text {th}$不同的对象。

考虑到每一个 $X_K.$是独立的,

$文本{Var} \ [X] = \ \ limits_总和{k = 1} ^ {Var} {n} \文本(xk)$．

之后 $（k-1）^ \ text {th}$不同的对象被选中，有 $n - k + 1$待选择的对象。让 $A_k$是在下一次购买中选择了其中一个对象的事件。然后是概率的结果那

$P (A_k) = \压裂{n - k + 1} {n}$．

$X_K.$遵循一个几何分布．它的方差:

$\ text {var} [x_k] = \ frac {1-p（a_k）} {\ left [p（a_k）\ led] ^ 2} = \ frac {1- \ frac {n-k + 1} {n}} {\ left（\ frac {n-k + 1} {n} \右）^ 2} = \ frac {n（k-1）} {（n-k + 1）^ 2}$

从之前, $文本{Var} \ [X]$等于所有这些差异的总和：

$\ begin {对齐} \ text {var} [x]＆= \ sum \ limits_ {k = 1} ^ {n} \ frac {n（k-1）} {（n-k + 1）^ 2} \\ \\ &=n\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{n-k}{k^2} \\ \\ &=n^2\sum\limits_{k=1}^{n}{\frac{1}{k^2}}-n\sum\limits_{k=1}^{n}{\frac{1}{k}} \\ \\ &=n^2\sum\limits_{k=1}^{n}{\frac{1}{k^2}}-nH_n \\ \\ \end{aligned}$

因此, $文本\ displaystyle \ {Var} [X] = n ^ 2 \ \ limits_总和{k = 1} ^ {n}{\压裂{1}{k ^ 2}} -nH_n$,在那里 $H_N.$是 $n ^ \文本{th}$谐波数。

你可能会注意到方差计算中包含了一个很不方便的有限和 $\ displaystyle \ sum \ limits_ {k = 1} ^ {n} {\ frac {1} {k ^ 2}}$．幸运的是，有一种方法可以用巴塞尔协议的问题．

这巴塞尔协议的问题给予收敛系列的以下值：

$\ \和limits_ {k = 1} ^ {\ infty}{\压裂{1}{k ^ 2}} = \压裂{\π^ 2}{6}$

因此，对于相对较大的 $N$那

$\ sum \ limits_ {k = 1} ^ {n} {\ frac {1} {k ^ 2}} \ intain \ frac {\ pi ^ 2} {6}$

用这个近似，和之前的近似 $nH_n$，可以给出近似 $文本{Var} \ [X]$：

优惠券收集器问题的近似方差

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中所述的息票收集器问题一般情况下部分以上，要选择每个所需的购买次数的方差 $N$对象至少有一次近似为:

$文本{Var} \ [X] \大约\压裂{\π^ 2}{6}n ^ 2 n (\ ln {n} + \γ)- \压裂{1}{2}$

在哪里 $\ Gamma.$是欧拉-马斯切罗尼常数， $\ Gamma \约0.577216$．