? ? 跑團(tuán)被稱為當(dāng)代年輕人的概率論導(dǎo)師（我瞎說的），現(xiàn)就其中幾個問題進(jìn)行探討。筆者比較熟悉coc規(guī)則所以可能有較重coc傾向，但是大多都可以套用。另外由于筆者實力有限，有部分問題難以完全解決或包含錯誤，歡迎有興趣的讀者評論or私聊討論糾正，謝謝。

? ? ?（本文中1dn或dn表示扔一個n面的骰子）

? ? ?（不愿意細(xì)看復(fù)雜數(shù)學(xué)推導(dǎo)的讀者可以直接找黑體字給出的結(jié)論）

? ? 1.d100骰子的等效。

? ? 某種意義上這是句廢話，但是湊個字?jǐn)?shù)：一個理想的100面骰子和2個理想的10面骰子等效，后者等概率地遍歷前者所有等概率情況。

? ? 2.關(guān)于可能的骰子面數(shù)（似乎有點難，和概率以及跑團(tuán)關(guān)系不大，可以跳過------別退出啊喂，后面有好東西呢?。?/p>

? ? 骰子即跑團(tuán)游戲中的一個離散隨機(jī)數(shù)生成器，一般常用的骰子有6顆：4，6，8，20面和2個10面骰（代替100面骰）。但是我們注意到在理智檢定中會出現(xiàn)1d2，1d3或者其他面數(shù)，因此我們討論一下，對于理想的多面骰子，應(yīng)當(dāng)有多少種可能的面數(shù)。

? ? 對于一個骰子，我們一般認(rèn)為要求它在一次拋擲中各個面朝上的概率相等。但是這事實上不好討論，就比如有的100面骰子，它們做成100面外形但難以直接驗證每個面向上的理論概率相等，容易被懷疑“灌鉛”；再者從制造的角度出發(fā)由于有介值定理的存在，構(gòu)造一個任意4或更多面的奇形怪狀的多面體骰子似乎都不太困難，微調(diào)各個面的參數(shù)就可以達(dá)到目的，這使得這個問題失去討論價值。因此我們再對骰子進(jìn)行一個限制：對于給定的一個骰子以及它的A，B兩個面，我們可以經(jīng)過一系列的平移，旋轉(zhuǎn)，對稱操作使得這個骰子操作前后完全重合，同時原來的A面與現(xiàn)在的B面重合。也就是說：除了數(shù)字標(biāo)記不同之外，骰子的任意兩個面沒有區(qū)別。這對于一般的骰子顯然成立，同時也保證了對于一個新骰子，我們可以一眼看出這個骰子各個面是不是等概率地朝上。

? ? 那么正式進(jìn)入討論：1dn也就是n面骰子對于什么樣的n是可行的呢？

? ? 1）n=1：顯而易見的，這是平凡情況。

? ? 2）n=2：雖然一個多面體至少有4個面，但是生活很好地解決了這個問題--我們可以拋硬幣。

? ? 3）n=3：如上所述，三個面的多面體不存在。

? ? 4）n=4：取正四面體即可。

? ? 5）n>4，n是偶數(shù)：設(shè)n=2k，取兩個全等的底面為正k邊形的棱錐，把它們的底面粘在一起，就是一個符合要求的骰子。

? ? 6）n>4，n是奇數(shù)：這是這個問題中最困難的部分。我們證明這樣的骰子不存在。

? ? 設(shè)n=2k+1。由歐拉公式：v（頂點數(shù)）+f（面數(shù)，也就是n）-e（棱數(shù)）=2，取f=2k+1，由于所有面等效，設(shè)每個面有w條邊，則e=fw/2，f是奇數(shù)從而w是偶數(shù)。

? ? 如果w>=6，那么e=fw/2>=3f，f<=e/3;? e>=3v/2（這是由于每一個頂點至少有3條邊交匯）,v<=2e/3;? 相加就有e+2=v+f<=e,矛盾！所以w=4。

? ? 于是f=2k+1，e=4k+2，v=2k+3。這里我們繼續(xù)挖掘條件中的信息：每兩個面都是等效的，那么每個面的四個頂點構(gòu)成的集合也是彼此等效的，這意味著如果我們把所有頂點標(biāo)上這個頂點連接的邊數(shù)，那么每個面的4個頂點標(biāo)數(shù)集合也是一致的。一個標(biāo)上i的頂點會產(chǎn)生i個角（面上的平面角）被標(biāo)上i，而總共有8k+4個標(biāo)數(shù)，那么設(shè)標(biāo)i的頂點有ri個，我們有：

? ? 3r3+4r4+......+i*ri+......=8k+4

? ? r3+r4+......=2k+3

? ? i*ri是2k+1的倍數(shù)（這是因為一共i*ri個i，它們均勻的分布在2k+1個面上）。

? ? 到這里條件就已經(jīng)很強(qiáng)了，因為i*ri只要不是0就至少是2k+1，但是所有i*ri加起來也只有4個2k+1，意味著不是0的ri至多有4個。我們再來討論ri的分布。如果r3是0，那么從4r4開始這些i*ri和至少是4*（2k+3），超過了8k+4，顯然不行，所以r3不少于1，3r3至少是2k+1。

? ? 我們再設(shè)u1到u4表示不是0的那些ri對應(yīng)的i值（ui可以重復(fù)！比如如果3r3=2*（2k+1)那么u1和u2都是3因為標(biāo)號3的r上分配了2個2k+1），于是我們有

? ? ?（2k+1）*（1/u1+1/u2+1/u3+1/u4)=2k+3，其中ui是不小于3的正整數(shù)

? ? 這個方程就是一個典型的大小比較的不定方程了，討論一下：如果ui有4個或者3個3，帶進(jìn)去算出k不是正整數(shù)；如果ui有兩個3，就有1/u3+1/u4=1/3+2/(2k+1)，于是比較大小得u3，u4里面至少有一個4或5，代入有2整除30k+15或者2k+25整除9，都是矛盾；如果ui只有一個3，繼續(xù)比較大小得到必定還有2個4，代入得2k+9整除3矛盾。

? ?綜上所述，奇數(shù)面骰子不存在！

3.傷害加值的半值等效

? ?? 一些弓箭類特殊武器的傷害加值是半db，對于這一點其實有一些可以操作的空間（此操作可以滿足那些有強(qiáng)迫癥的人不想讓骰子被分成半個的欲望）

? ? 幸運的是所有db的骰子面數(shù)都是偶數(shù)，這使得改進(jìn)存在機(jī)會，因為整數(shù)骰子最大得點和最小得點具有完美的對稱性，所以只有對稱的骰點分布列可能可以用有限個整數(shù)骰子表示出來。

? ? 簡單來說，設(shè)db=1d2k，那么我們有半db=[（1d2k）/2]，中括號表示下取整。這樣的分布列就是1/2k概率取到0或k，1/k取到1，2，……，k-1。注意到對于2k個可能情況的概型，我們可以嘗試把它改寫成1d2和1dk的線性組合，也就是半1d2k=1d2+1dk-2。它在1dk的基礎(chǔ)上進(jìn)行了一次平移疊加，這產(chǎn)生了2k個結(jié)果，也就是有一組1dk會減去1而另一組不減，這僅僅使得最大和最小投點的概率減半而余下的點數(shù)概率不變，恰好符合要求。容易驗證這兩種骰子方式是等價的。

4.理智檢定的成功失敗數(shù)值對比

? ? coc中的理智檢定由兩組骰子組成，一般記為sc1da1+1da2+……1dam+a0/1db1+1db2+……1dbn+b0，比如1d10/1d100。一般情況下規(guī)則書指出sc體系的一個重要特征就是理智越少越容易失去理智，也就是sc斜杠右側(cè)的骰子往往點數(shù)大于左側(cè)。但這不是一個很好的描述，我們難以直接從這個描述區(qū)分兩個理智扣除哪一個應(yīng)該放在斜杠右側(cè)。我們需要考慮這個區(qū)分的實質(zhì)：對于所有可能的骰子組合，存在一個序關(guān)系使得當(dāng)兩個不同的骰子組合出現(xiàn)時，前面一個應(yīng)該作為成功的扣除因為它在排序中比另一個要更好。那么，這個序關(guān)系應(yīng)該怎樣建立呢？

? ? 一個簡單的發(fā)現(xiàn)是期望（或者叫平均）投點，比如1d100平均值50.5，它應(yīng)該在平均5.5的1d10之后。這個判斷對于絕大多數(shù)骰子都是足夠使用的，但是這不是一個完整的排序！因為有可能有兩組骰子期望相等，比如說1d2+1d4和2d3。這兩組骰子如何比較呢？

? ? 我們再來考慮sc系統(tǒng)的其他要素：臨時瘋狂和永久瘋狂。永久瘋狂要求我們盡全力阻止理智損失殆盡，而臨時瘋狂要求我們盡量不要出現(xiàn)大于等于5的投點。對于一個正常的調(diào)查員，擁有25以上理智的人，前者往往是無關(guān)緊要的因為除非一個模組跑到最后看到克蘇魯什么的以外永久瘋狂極為少見；同時理智稍高的人也還可以通過策略避免不定性瘋狂，我們暫且不納入考慮。事實上這三種瘋狂對于同一次檢定來講目標(biāo)都是要求單次理智損失不超過某個固定值，我們不妨假設(shè)這個固定值就是5因為它常見，其他的固定值也可以類比分析。

? ? 那么繼續(xù)看投點1d2+1d4和2d3，簡單計算可以得到前者臨時瘋狂概率等于3/8，后者等于3/9，因此這個理智檢定應(yīng)當(dāng)是sc2d3/1d2+1d4。也就是說對于期望相同的骰子，應(yīng)當(dāng)比較它們的臨時瘋狂概率來確定理智扣除。

? ? 然而這還不是一個合理地全序，因為存在一對骰子期望值和臨時瘋狂概率都相等。這不是偶然，因為我們有結(jié)論：對于一組整數(shù)個骰子，所有期望值在4.5的骰子，它們大于等于5的概率都必定是50%。這是因為骰子出點是對稱的，平均值就等于最大投點和最小投點的平均，出現(xiàn)a的概率一定等于出現(xiàn)2*期望-a的概率（注意！這個套路只能應(yīng)用于幾個骰子的加和，不可以乘以其他常數(shù)，這么要求的原因我們可以在第5個問題中看到）。那么如果平均值是4.5，出4和5概率相等，出3和6相等，以此類推，我們知道出小于5和大于等于5的概率是相等的，都是50%。另外要注意的是這里計算期望必須包括小于0的理智扣除，盡管kp可能不會讓你把理智加回來，比如1d6-2的平均是1.5，而不是5/3（把扔出的1-2視為-1而不是0），否則骰子的對稱性就會被破壞，4.5的結(jié)論也無從談起了。

? ? 也就是說，我們會輕松地構(gòu)造出一個毒瘤sc：sc1d2+1d5/1d3+1d4，這個sc兩側(cè)骰子平均值與臨時瘋狂概率都相等，唯一的差別在于是不是賭狗：前一個有更大的概率出很高或者很低的點數(shù)，而后者相比而言比較穩(wěn)定。

? ? 如果要從源頭上解決這個問題，必須把所有骰子進(jìn)行一個全序的排列，也就是把骰子排成完整的順序，而我們可以把一組骰子表示為一個有限長度的（事實上不是0的長度不會超過200因為就算有理智固化扣200點也早就撕卡了）整數(shù)序列，比如1d2+2d3+1d4+1d6+3可以表示為【3，1，2，1，0，1】，最前面的3表示+3，后面的每個數(shù)，在第t位就表示t面的骰子有幾個。對于這樣的整數(shù)序列，構(gòu)建全序的方法不計其數(shù)見仁見智，就不再贅述了。

5.骰子相關(guān)概率問題中的離散性質(zhì)導(dǎo)致的直覺判斷誤差

【本問題由群友 @優(yōu)姬 提供】 ??

? ? 原問題如下：問：1d100和3d6*5的出目中哪一個大于50的概率更大？

? ? 我們知道1d100大于50的概率就是50%，這是顯然的；也就是我們?nèi)Ρ?d6*5較大的一半投點應(yīng)當(dāng)是多少：注意到骰子具有對稱性，3d6*5出目后50%應(yīng)為大于平均值52.5的點數(shù)，52.5又不會出現(xiàn)，所以3d6*5大于52.5的概率是50%。直覺上講我們可以回答后者大于50概率更大，似乎比50%大一點點，但是并非如此！因為骰子是離散的，在3d6*5中得到的數(shù)值只能是5的倍數(shù)，大于52.5意味著最小是55，但是不滿足要求的最大值是50，也就是說大于50和大于52.5完全等效！因此，1d100和3d6*5的出目大于50的概率相等。

? ? 這也就是說我們不能用1d6*2代替2d6，類似的在上一個問題中4.5的結(jié)果是有特殊性的，不能完全推廣，這可能會造成直覺上的誤差和錯誤判斷。

6.獎勵骰與懲罰骰的等效加值減值，以及該機(jī)制對于真正的100面骰子的誤差

? ??規(guī)則書中講一般懲罰骰等效于-20的減值而獎勵骰等效于+20的加值，但是這顯然十分不精確，我們進(jìn)行一些計算來驗證它。我們注意到投點成功是要求兩個10面骰有一些符合要求的選擇，而對應(yīng)的失敗則是取到另一些選擇，也就是說失敗就是不成功（廢話），懲罰骰就是要兩次都成功，而獎勵骰則是兩次不都失敗，這是比較對稱的，因此我們現(xiàn)在只考慮懲罰骰的情況，暫且不管獎勵骰；筆者會在這一節(jié)后面不加證明地給出獎勵骰的結(jié)果以供參考。

? ? 假設(shè)一個技能的成功率是10a+b%，記為c，其中a，b是0到9但不全是0。一般最常見的懲罰骰就是懲罰一個，對于多個的情況結(jié)論非常不美觀，也只給部分結(jié)論和另一個推廣結(jié)果的證明。（丑的沒法看的式子就不拿出來惡心人了）

? ? 懲罰骰，也就是骰兩次十位和一次個位，兩個組合都成功那么成功，否則就視為失敗。如果我們用的是100面的骰子，那么一般就扔兩次，都成功就算成功。但是這兩個結(jié)果不一定一樣！后者的成功概率顯然是從c變成了c^2，但是前者并非如此，因為事實上前者作為古典概型就只有1000種情況，不可能精確到小數(shù)點后4位。那么這兩種概率相差多少呢？

? ? 100面：P（100成功）=c^2=(0.1a+0.01b)^2=0.01a^2+0.002ab+0.0001b^2

? ? 2個十面：P（10^2成功）=0.1b*0.01(a+1)^2+0.1*0.01a^2+0.1*(9-b)*0.01a^2? （注：這里三個項分別代表個位骰出1到b，0，b+1到9時的成功概率）

? ? 求差：P（10^2成功）-P（100成功）=0.001b-0.0001b^2

? ? 也就是說這兩種方式的概率相差萬分之（個位*（10-個位）），即使在個位是5的時候誤差最大也只有萬分之25的概率差，擬合地比較好。在千分之3的誤差范圍內(nèi)我們可以用概率直接平方來代替懲罰骰的成功概率。

? ? 與此同時我們還注意到對于單個懲罰骰而言，對于任意的成功率，使用2個10面骰都是要略微優(yōu)于使用百面骰的。這里經(jīng)過類似的簡單計算我們還可以得到，對于單個獎勵骰而言，使用百面骰比使用2個十面骰要更優(yōu)，并且誤差是相等的，都是萬分之個位乘以10減個位。

? ? 對于懲罰2個骰子的情況，使用10面和百面的差距也是類似的，但是不一樣的一點是這時誤差會和十位有關(guān)系。事實上，誤差等于0.0001b*(3a+1+0.1b)*(1-0.1b)，并且仍然滿足懲罰骰10面優(yōu)于100面的結(jié)果。懲罰2的誤差最大在成功率95%時取到，大約是千分之7（千分之7.125）。

? ? 于是我們猜測，無論懲罰幾個骰子，成功率多大，使用100面都比2個10面要差，相應(yīng)的如果使用獎勵骰，那么使用100面則會更好。我們簡單地證明一下懲罰骰的情況，獎勵骰當(dāng)然也對就不再寫出了。

? ? 當(dāng)懲罰n個骰子時，使用100面的成功概率就是p1=(0.1a+0.01b)^(n+1)

? ? 使用10面骰子的成功概率是p2=0.1b*(0.1a+0.1)^(n+1)+0.1(10-b)*(0.1a)^(n+1)

? ? 為了方便觀察，設(shè)k=0.1b，x=0.1a，e=0.1，并用n代替n+1，于是有：

? ? p2-p1=k((x+e)^n-x^n)-((x+ke)^n-x^n)，我們?nèi)プC明它大于等于0。

? ? 給定函數(shù)f（x）=x^n，函數(shù)曲線上的三個點A（x，x^n），B（x+ke,(x+ke)^n），C（x+e，(x+e)^n），那么p2-p1大于等于0就等價于AC斜率大于AB斜率，而這根據(jù)f（x）的下凸性是顯然的，至此我們就證明了上文的結(jié)論。

? ? 那么我們暫時忽略千分之幾的誤差來考察，就可以看出：當(dāng)技能成功率在25或75左右時獎勵骰等效的加值與+20接近，越靠近50，獎勵骰的加值就越大，反之越小。

? ? 7.天命3或天命5總和最大值的期望值

? ? coc中車卡決定數(shù)據(jù)的常用方法是天命，也就是用一組骰子來決定要用的調(diào)查員屬性，8個屬性（不討論幸運，事實上加上幸運也是類似的），5個3d6*5和3個2d6*5+30，總共21d6*5+90，我們連續(xù)扔三次或五次這一組骰子并取出數(shù)值最大的一個，求取出的數(shù)值的期望。

? ? 首先容易算出的是只扔一次天命的期望值，是457.5，很接近常見的460購點或480購點；但是如果要天命3或天命5，非常抱歉由于筆者實力有限沒有得到數(shù)學(xué)上的準(zhǔn)確結(jié)果，只能用程序測試大量的樣本來給出一個近似，結(jié)果得到：天命3平均值494.7，天命5平均值504.3。（各測試了50000組數(shù)據(jù)求得的結(jié)果）

? ? 以上是筆者目前所想到的跑團(tuán)游戲中衍生的數(shù)學(xué)問題，如有錯漏，多解或其他衍生問題希望讀者可以不吝賜教，歡迎私聊或評論討論，謝謝。

2022.9.30二編：問題7已經(jīng)在精確到5位小數(shù)的條件下解決，詳見專欄：