Würfelwahrscheinlichkeiten

[Epaminaidos]

Eine kleine Anmerkung noch zu Zauberer: Häufig nutzt er seine Sonderfähigkeit zwar für sich, allerdings bei un s nicht immer, was die Wahrscheinlichkeitsrechnungen noch etwas komplexer macht.

Die Anmerkungen dazu fand ich spannend und habe noch alle 2er-Kombinationen mit dem Zauberer durchgerechnet.
Nicht weiter überraschend bringt die Zusammenarbeit zwischen Zauberer und Bogenschütze nicht sonderlich viel (ausgerechnet die Variante "Bogenschütze zuerst" bringt am wenigsten und war mit Abstand am schwierigsten).
Bei der Zusammenarbeit mit den anderen ist erwartungsgemäß der Helm wichtig - andernfalls nimmt der Nutzen mit zunehmender Anzahl der Würfel ab anstatt zu. Bei 4+1 Würfeln mit Helm beträgt der Paarvorteil immerhin knapp 2 Kampfpunkte.

Die Anzahl der Würfel in der Tabelle bezieht sich bei den Kombinationen immer auf den Partner des Zauberers, das Ergebnis auf die Summe von beiden. Um den Paarvorteil auszurechnen, muss man nur 5 abziehen (Einzelwert des Zauberers) und das mit dem entsprechenden Einzelwert des Partners vergleichen.

Quasi als Nebenprodukt fallen gleich noch die optimalen Strategien für die einzelnen Kombinationen ab.
Zauberer + Zwerg/Krieger ohne Helm: Bei nur einem Würfel dreht der Zauberer < 3, sonst wie üblich < 4
Zauberer + Zwerg/Krieger mit Helm: Der Zauberer dreht nur < 3.
Zwerg/Krieger + Zauberer: Zwerg/Krieger drehen, wenn es einen Vorteil über 1 ergibt.
Zauberer + Bogenschütze: Der Zauberer dreht wie üblich < 4.
Bogenschütze + Zauberer: Der Bogenschütze hält nur die 6, im vorletzten Wurf auch die 5, im letzten dreht er alles unter 3 (vorher nie).

Die Berechnung der Excel-Datei dauert durch die 6-Würfel-Kombinationen leider jetzt knapp 20 Minuten. Daher ist die automatische Berechnung abgeschaltet.

[Hagen]

Faszination Mathematik

[Orweyn]

Vielen Dank! Sehr interessant und hilfreich.

[Epaminaidos]

So, ich habe fertig!
Hinter dem Link unten finden sich alle wesentlichen Erwartungswerte für das Grundspiel und den Sternenschild:
1.) Alle Erwartungswerte beim Kämpfen alleine.
2.) Die perfekten Strategien beim gemeinsamen Kämpfen unter Beteiligung des Zauberers. Denn dabei muss man ständig abwägen, ob man den Würfel nun dreht, oder besser die Möglichkeit des Drehens einem späteren Helden überlässt. Der Erwartungswert der Gruppe lässt sich auch recht einfach berechnen.

Der dusselige Bogenschütze hat mal wieder am meisten Ärger gemacht. Beim gemeinsamen Kämpfen hat er 12 verschiedene Strategien zur Auswahl, um sich optimal zu verhalten.

Mit den Zahlen sind wir auf Anhieb durch das komplette Grundspiel durchgelaufen. Es hilft schon sehr, wenn man vor dem Kampf recht genau seine Chancen abschätzen kann.

Link:
https://www.dropbox.com/sh/mtz7rob7m5fq ... eI36a?dl=0

Fragen zu den Daten beantworte ich natürlich gerne, falls jemand sich tatsächlich durch das Excel arbeiten möchte

[Micha]

Also ich wollte an dieser Stelle mal nur die Ergebnisse von Pete und Epaminaidos bestätigen. Jan liegt wohl leider stellenweise daneben.
Demnach währen die Würfelmittelwerte und die Differenz für X Würfel:
ohne Helm / mit Helm / Differenz
1 Würfel: 3,50 / 3,50 / 0,00
2 Würfel: 4,47 / 5,06 / 0,58
3 Würfel: 4,96 / 6,31 / 1,35
4 Würfel: 5,24 / 7,53 / 2,28
5 Würfel: 5,43 / 8,75 / 3,32
6 Würfel: 5,56 / 9,98 / 4,42
7 Würfel: 5,65 / 11,18 / 5,53
8 Würfel: 5,72 / 12,36 / 6,64
9 Würfel: 5,78 / 13,51 / 7,74
10 Würfel: 5,82 / 14,65 / 8,83

Grüße
Micha

[Epaminaidos]

10 Würfel: 5,82 / 14,65 / 8,83

Wie hast Du denn die Werte für 10 Würfel berechnet?
Gibt es einen eleganten Weg, oder hast Du eine Vollerhebung der 60 Millionen Kombinationen durchgeführt?

[Micha]

60 Millionen? Ah, richtig 6exp10, stimmt.
Ich glaube nicht, dass Excel so sonderlich recourcenschonend ist, was die Vollerhebung wohl vermutlich ausschließt. Für ohne Helm is ja ganz leicht, das kann man in eine Formel gießen.
Aber mit Helm... Das Problem ist ja diese dämliche Nichtlinearität, dass wenn zwei Würfel gleich sind,... wie auch immer...

Ich hab einen teilweise analytischen und numerischen Ansatz gemacht, indem ich alle Paschkombinationen die in jeweils 2 bis 10 Würfeln enthalten sein können aufgeschrieben habe. Das werden mit steigender Würfelzahl natürlich auch immer mehr, wird aber dadurch begrenzt, dass sich die Paschs nur auf 6 Werte/Augenzahlen aufteilen können. Gab für 2 bis 10 Würfel insgesamt 123 Zeilen. Von diesen Paschkombinationen hab ich die Wahrscheinlichkeiten berechnet, dass sie auftreten. Das war das haarigste, weil die jeweiligen Würfel der einzelnen Paschs wie auch die Paschs gleicher Würfelzahl untereinander austauschbar sind. Die berechneten Wahrscheinlichkeiten hab ich durch Summenbildung überprüft, und da kam für alle Würfelzahlen korrekt 1 raus!
Dann hab ich alle "Augenanordnungen" aufgestellt, was 6! (=720) entspricht. Denn wenn man diese Vektoren elementweise auf die Paschkombinationen draufmultipliziert (jeweils 6 Multiplikationen), und davon den Maximalwert nimmt, und in einem Array (123x720) ablegt, kriegt man für alle möglichen Würfelkombinationen das, was der Held sich rausgreifen würde. Die jeweils 720 Maximalwerte einer Paschkombination sind dann zu addieren, durch 720 zu teilen (Mittelwert), und mit der Wahrscheinlichkeit der Paschkombination zu multiplizieren. Die so berechneten, anteiligen Mittewerte der jeweiligen Würfelzahlen muss man dann nur noch addieren...

Also ich würd das jedenfalls nicht kapieren, wenn ich's nicht geschrieben hätte...

[Epaminaidos]

Also ich würd das jedenfalls nicht kapieren, wenn ich's nicht geschrieben hätte...

Stimmt. Ich habe es auch nicht auf Anhieb verstanden, bin aber ausreichend neugierig auf den Ansatz geworden, um mal eine Vollerhebung in C# (Code: http://pastebin.com/75K2Zcfi) zu machen (denn wer möchte schon einen eventuell falschen Ansatz detailliert nachvollziehen?)
Und in den nächsten Tagen muss ich Dein Posting nochmal genauer lesen, denn alle Ergebnisse stimmen exakt
Respekt!
Auch wenn mir nicht ganz klar ist, wozu man die Ergebnisse für 10 Würfel in dem Spiel braucht

Edit: Hab's jetzt auch kapiert. Sehr schöner Ansatz!

[Leuler]

:lol: 60 Millionen? Ah, richtig 6exp10, stimmt.
Ich glaube nicht, dass Excel so sonderlich recourcenschonend ist, was die Vollerhebung wohl vermutlich ausschließt. Für ohne Helm is ja ganz leicht, das kann man in eine Formel gießen.
Aber mit Helm... Das Problem ist ja diese dämliche Nichtlinearität, dass wenn zwei Würfel gleich sind,... wie auch immer...

Ich hab einen teilweise analytischen und numerischen Ansatz gemacht, indem ich alle Paschkombinationen die in jeweils 2 bis 10 Würfeln enthalten sein können aufgeschrieben habe. Das werden mit steigender Würfelzahl natürlich auch immer mehr, wird aber dadurch begrenzt, dass sich die Paschs nur auf 6 Werte/Augenzahlen aufteilen können. Gab für 2 bis 10 Würfel insgesamt 123 Zeilen. Von diesen Paschkombinationen hab ich die Wahrscheinlichkeiten berechnet, dass sie auftreten. Das war das haarigste, weil die jeweiligen Würfel der einzelnen Paschs wie auch die Paschs gleicher Würfelzahl untereinander austauschbar sind. Die berechneten Wahrscheinlichkeiten hab ich durch Summenbildung überprüft, und da kam für alle Würfelzahlen korrekt 1 raus!
Dann hab ich alle "Augenanordnungen" aufgestellt, was 6! (=720) entspricht. Denn wenn man diese Vektoren elementweise auf die Paschkombinationen draufmultipliziert (jeweils 6 Multiplikationen), und davon den Maximalwert nimmt, und in einem Array (123x720) ablegt, kriegt man für alle möglichen Würfelkombinationen das, was der Held sich rausgreifen würde. Die jeweils 720 Maximalwerte einer Paschkombination sind dann zu addieren, durch 720 zu teilen (Mittelwert), und mit der Wahrscheinlichkeit der Paschkombination zu multiplizieren. Die so berechneten, anteiligen Mittewerte der jeweiligen Würfelzahlen muss man dann nur noch addieren...

Also ich würd das jedenfalls nicht kapieren, wenn ich's nicht geschrieben hätte...

Sehr elegante Berechnungs-Methode Und ja - ich hab's verstanden

Einen Punktabzug in der B-Note gibt's aber (ob der zu nem Fehler geführt hat, musst du deiner Tabelle entnehmen

Die 123 Paschkombinationen (welche ich nicht nachgezählt habe, aber ein plausibler Wert sind nachdem ich 35 für 10 Würfel raus hatte) sind unterteilt in 9 Blöcke. Du hast hinterher also einen 123-Dimensionalen Vektor mit den Würfelerwartungs-Werten der jeweiligen Paschkombination (schon mit der Wahrscheinlichkeit dieser Kombination gewichtet), doch muss man nun halt die ersten 2 Einträge für "2 Würfel" addieren, dann die nächsten 3 für "3 Würfel", die nächsten 5 gehören der "4-Würfel"-Variante etc... bis die letzten 35 Einträge zum "10 Würfel gehören".
Das hast du hier entweder nur vergessen zu schreiben oder vllt sogar vergessen zu unterscheiden und damit deine Berechnung etwas verfälscht.

Für die Berechnung der Wahrscheinlichkeiten einer Würfelkombination gibt es aber eine Formel:
Wir nehmen die Würfelkombination (a1,...,a6), mit a1+a2+...+a6=n (z.B. n=10 bedeutet 10 Würfel) ist:
6! * (1/6)^n * n! /(a1! * a2! * ... * a6!)

Wobei hier schon berücksichtigt ist, dass (a1,...,a6) eine nicht-spezielle Würfelkombination ist (also (3,2,0,0,0,0) bedeutet dann "Es gibt eine Zahl 3-fach, eine doppelt und die anderen kommen nicht vor - lässt du die 6! in der Formel am Anfang weg, so erhältst du die W'keit für eine spezielle Würfelkombi und das Beispiel grade würde bedeuteten "es gibt 3 einsen und 2 zweien und alles andere garnicht")

[Micha]

Nein, hab ich selbstverständlich nicht vergessen ,dass nur die gewichteten Würfelerwartungswerte addiert werden müssen/dürfen, die der selben Würfelanzahl angehören. Ich denke auch, dass eine irgendwie anders geartete Berechnungsmothode massive Verfälschungen verursacht hätte.

Da ich die Paschkompinationen im Übrigen auch so notiert habe wie du, d.h. die größten Würfelanzahlen stehen immer vorne (z.B. bei 5 Würfeln: 3 1 1 0 0 oder 2 2 1 0 0) kann man den 720-Elemente Vektor der Augenanordnungen auch nochmal um ca. 1/5 kürzen, und z.B. alle Anordnungen, bei welchen die 6 vorne steht (sind 120 -> allein hieraus 119 Elemente kürzer) zusammenfassen. Den resultierenden Eintrag muss man dann dementsprechend aber auch mit 120 gewichten.
Ich konnte das allerdings nicht machen, weil... - und hier kommt der Grund, wieso ich bis 10 Würfel gegangen bin - ich einen Helden plane, der die Würfe aller Helden mit Helm zu einem Pool verbindet. Aus diesem Pool können dann soviele Paschs entnommen werden, wie Helden verbündet sind. Deshalb brauchte ich den quasi 1. bis 6. größten Wert, und musste alle Anordnungen betrachten.
Den Kampfwert dieser Spezialfähigkeit wollte ich berechnen. Und naja, er skaliert sehr stark, mit der Würfelanzahl (z.B. 2 Würfel: 0 Kampfwert ; 10 Würfel: 10 Kampfwert). Wie sich das zur Heldenanzahl verhält hab ich noch nicht analysiert, und zunächst einfach das arithmetische Mittel gebildet. Vermutlich existiert ein quatratischer Zusammenhang, wie z.B. ((Würfelzahl-Heldenzahl)*(Heldenzahl-1)).

Für die Berechnung der Wahrscheinlichkeiten einer Würfelkombination gibt es aber eine Formel:

Hmpf, hätte ich mir denken können... auf genau die bin ich wahrscheinlich gekommen. Aber wenn der Zitierte sich schon Leuler nennt...

P.S.: Ohne bisher die Werte zu berechnen hab ich den Paschkombinationenvektor noch bis 13 Würfel erweitert, was nochmal ca. 170 Einträge erzeugt hat. Allerdings stimmt bei den 13nern die Wahrscheinlichkeitssumme nicht mehr. Entweder ich hab da einen Fehler (z.B. eine Kombination fehlt), oder Excel rundet nicht mehr richtig (die Gesamtwahrscheinlichkeit lag bei 0,999997 oder so...).