前言：這個專欄是我個人基于興趣得到的統(tǒng)計結(jié)果，包括1. 簡單的數(shù)據(jù)統(tǒng)計或隨機模擬， 2. 專業(yè)的統(tǒng)計檢驗或參數(shù)估計研究，3.一些機器學習模型的應用。 如果出現(xiàn)數(shù)據(jù)統(tǒng)計，基本來自于2010-2021年的近三百萬個四鳳南的牌譜，感謝nodocchi.moe網(wǎng)站作者提供資源。?

這期的主題是：給出兩個玩家的戰(zhàn)績，如何檢驗其中一個玩家的每局的pt期望是否高于另一個玩家？另外，如何給出每局的pt期望的估計？

為了更好的討論這個主題，我們以上期的結(jié)論為例。

問題1“點5200”的戰(zhàn)績?yōu)?4個1位，19個2位，33個3位，70個4位。問題2的戰(zhàn)績?yōu)?個1位，84個2位，91個3位，45個4位。問題3的戰(zhàn)績?yōu)?3個1位，60個2位，62個3位，74個4位。我們將三個問題看作三個七段的玩家，如何通過統(tǒng)計檢驗來確定這三個玩家中兩兩玩家的pt期望的差異？另外，如何準確地估計這三個玩家的pt期望？

統(tǒng)計檢驗

1.傳統(tǒng)的t檢驗

如果將戰(zhàn)績看作由90、45、0、-135組成的數(shù)據(jù)，則玩家的pt期望相當于這個數(shù)據(jù)的均值。從而比較兩個玩家的pt期望的差異相當于比較兩組獨立數(shù)據(jù)的均值。我們通常采取獨立兩樣本t檢驗（Independent two-sample t-test)。檢驗過程如下：

首先，我們確認了三個玩家對應的樣本r1、r2、r3，其之間有顯著的方差差異，于是我們采用方差不一致的t檢驗。檢驗的結(jié)果是玩家1和玩家2有顯著差異，玩家2和玩家3有顯著差異，而玩家1和玩家3之間檢驗的p值為0.12，并不顯著。那么這是不是意味著我上期的結(jié)論“問題1的pt期望顯著差于問題3”是錯誤的呢？并不是這樣的。因為我采取了和傳統(tǒng)的t檢驗不一樣的檢驗方法。

在介紹新的檢驗方法之前，先要明白t檢驗的關鍵要求：樣本來自正態(tài)或近似正態(tài)總體。毫無疑問，七段麻將玩家的戰(zhàn)績樣本是一個多項分布，由90、45、0、-135組成，與正態(tài)分布區(qū)別極大。當然，如果對戰(zhàn)數(shù)相當大時，樣本的均值近似為一個正態(tài)分布，仍然可以采取t檢驗?？稍谖覀冞@個例子中，三個玩家的對戰(zhàn)數(shù)都在200左右，并不算大樣本。因此，我推薦采取下面的檢驗方法。

2. 貝葉斯假設檢驗（推薦）

貝葉斯假設檢驗（Bayesian Hypothesis Testing）不僅避免了傳統(tǒng)的假設檢驗，如t檢驗下的不足：1.對樣本分布有要求； 2.檢驗值的計算公式使用了近似方法。同時，貝葉斯假設檢驗還能給出定量的顯著指標：貝葉斯因子（Bayes?factor）。不同于p值的大小沒有多大意義（只需要知道其是否小于0.05或小于0.1），貝葉斯因子的大小可以用來表示假設的靠譜程度。

貝葉斯因子簡介（摘自維基百科）：

對于樣本D，以及兩個備選模型M1，M2。檢驗得到的貝葉斯因子K，等于樣本D在兩個模型下出現(xiàn)的概率的比值，使用貝葉斯定理，可以將其轉(zhuǎn)化為兩個后驗概率Pr(M|D)的比值與兩個先驗概率Pr(M)的比值的乘積。

具體計算：

回到麻將的例子，我們對玩家1和玩家3的戰(zhàn)績進行貝葉斯假設檢驗。由于戰(zhàn)績樣本是一個多項分布，因此我們通常采用的先驗分布為參數(shù)空間{p|p1+p2+p3+p4=1}的均勻分布Dir(1,1,1,1)或無信息的Jeffreys先驗分布Dir(1/2,1/2,1/2,1/2)。這兩種情況得到的K的值區(qū)別較小，我們下面給出均勻分布的例子。

現(xiàn)在的樣本D相當于兩組多項分布數(shù)據(jù)：一組為多項分布參數(shù)p下的數(shù)據(jù)（24,19,33,70），另一組為多項分布參數(shù)q下的數(shù)據(jù)（13,60,62,74）。模型M1為子參數(shù)空間{p,q|90*p1+45*p2-135*p4<90*q1+45*q2-135*q4}，相對應的模型M2為子參數(shù)空間{p,q|90*p1+45*p2-135*p4>=90*q1+45*q2-135*q4}。因此M1和M2的先驗概率都是1/2。為了計算兩者的后驗概率的比值，我們使用隨機模擬的數(shù)值估計方法。參數(shù)p和q的后驗分布分別為Dir(25,20,34,71)和Dir(14,61,63,75)，于是按這兩個分布隨機取值并計算（90*p1+45*p2-135*p4)-(90*q1+45*q2-135*q4)，記錄其是否小于0。則模型M1的后驗概率即為10000次模擬下小于0的記錄的比例。

具體的代碼如下：

計算可知貝葉斯因子約為15，這說明了數(shù)據(jù)非常支持模型M1（Strength of evidence is Strong）。因此統(tǒng)計結(jié)果告訴我們問題1的pt期望顯著差于問題3。

參數(shù)估計

在統(tǒng)計學中，與假設檢驗相對應的還有一個非常重要的領域：參數(shù)估計?；氐轿覀円婚_始的問題，一個玩家目前戰(zhàn)績?yōu)?4個1位，19個2位，33個3位，70個4位，那么其每局的pt期望是多少？

對于一個沒有統(tǒng)計學專業(yè)訓練的人，可能這是一個愚蠢的問題。難道結(jié)果不就是(24*90+19*45-70*135)/146，約為-44嗎？然而答案并不這么簡單。比如說我們讓四個相同的AI對戰(zhàn)，有可能一個AI連贏了10把，我們能說它的每局pt期望為135嗎？顯然不可以，因為其每局pt期望應該是0。因此對每局pt期望的估計是一個不平凡的問題，它是一個完整的統(tǒng)計學問題，包括樣本空間、參數(shù)空間、似然函數(shù)以及損失函數(shù)。下面的敘述包括了我的博士研究結(jié)果，如需引用請私信我。

我們先給出這個問題的統(tǒng)計學敘述：參數(shù)空間為{p|p1+p2+p3+p4=1}，樣本空間為{x|x1+x2+x3+x4=n}，其中n為給定的對戰(zhàn)數(shù)，似然函數(shù)為多項分布的似然函數(shù)，損失函數(shù)為（f(p)-f(p*))^2，其中p*為參數(shù)p的估計值，f(p)=90*p1+45*p2-135*p4表示真實的每局pt期望。因此我們的目標是尋找一個好的估計p*，用f(p*)來估計每局pt期望。

一個好的估計應該是怎么樣的呢。一個重要的定義是可容許性（Admissibility）。可容許的估計方法p*指的是不存在另外一種估計方法q，使得q的損失函數(shù)的期望值在參數(shù)空間的所有參數(shù)上都小于等于p*的損失函數(shù)的期望值，且存在嚴格小于的情況。那么對于我們上述的問題，有哪些估計是可容許的估計呢？

通過Brown在1980年提出的complete-class theorem，我們可以知道在上述問題中，可容許的估計一定是貝葉斯估計。我們給出兩個貝葉斯估計的例子：

1. 先驗分布為Dir(0,0,0,0)的貝葉斯估計。通過計算我們可以知道該貝葉斯估計就是最大似然估計，也就是最簡單的方法：用戰(zhàn)績中1位到4位所占的比例來估計。例如一個玩家目前戰(zhàn)績?yōu)?4個1位，19個2位，33個3位，70個4位，那么估計值就是(24/146,19/146,33/146,70/146)。從而每局pt期望的估計值就是(24*90+19*45-70*135)/146，約為-44。然而這個貝葉斯估計在損失函數(shù)（f(p)-f(p*))^2下是否是可容許的呢？我的博士研究成果證明了確實是可容許的。

2. 先驗分布為Dir(1,1,1,1)的貝葉斯估計。通過計算我們可以知道此時參數(shù)的貝葉斯估計值為(25/150,20/150,34/150,71/150)，從而每局pt期望的估計值就是(25*90+20*45-71*135)/150，約為-43。由于這是一個恰當?shù)模╬roper）貝葉斯估計，因此其必然是可容許的。?

但以上問題的結(jié)論并不一定適用于真實的玩家，比如四個相同的AI，我們知道其戰(zhàn)績一定是服從(1/4,1/4,1/4,1/4)的多項分布，所以無論其戰(zhàn)績是什么，對其每局pt期望的估計應該為0。因此，問題的關鍵在于參數(shù)空間。上面的問題中參數(shù)空間為{p|p1+p2+p3+p4=1}，而對于實際的玩家，其一位率到四位率的參數(shù)分布應該為{p|p1+p2+p3+p4=1}的子空間，比如{p|p1+p2+p3+p4=1，0.1<=p1,p2,p3,p4<=0.4}，在這樣的參數(shù)空間下，統(tǒng)計問題的估計方法會有什么變化嗎？

我的博士研究成果證明了，在這種情況下，當對戰(zhàn)數(shù)n充分大時，最大似然估計是不容許的。因此我們應當使用恰當?shù)呢惾~斯估計來計算玩家的每局pt期望。具體說明這里就不展開了。