GamesFanatic.pl Gry planszowe, karciane, recenzje, felietony, nowości ze świata.
Wiele gier planszowych (w tym niemal wszystkie wojenne) wykorzystuje w swoich mechanikach przenośne kinetyczne generatory liczb losowych zwane także kostkami. Ich wykorzystanie wiąże się z nieodłącznym kalkulowaniem przez graczy szans na odniesienie sukcesu… Często jest to kalkulowanie „na oko”. Jednakże z takim wyliczaniem szans nieodłącznie powiązane są dwa działy matematyki – prawdopodobieństwo i statystyka. Chciałbym dzisiaj trochę pomóc wszystkim tym, którym te dwie nazwy bardzo brzydko się kojarzą. Nie bójcie się, będzie prosto…
W planszówkach najczęściej używana jest kostka sześcienna, czyli taka, która daje nam w wyniku liczbę z zakresu od 1 do 6. Najczęściej w instrukcjach i opisach oznacza się ją jako k6 lub d6 (od ang. dice), gdzie 6 oznacza zakres możliwych do uzyskania wyników. Oczywiście rodzajów kostek jest więcej – k4, k6, k8, k10, k12, k20, k100. Są też mutacje nietypowe jak k3 (czyli wynik z k6 podzielony przez 2) czy k66 (gdzie pierwsza k6 oznacza dziesiątki a druga jedności). Chociaż w dalszej części skupię się na k6, to wszystkie opisane reguły i schematy odnoszą się do każdej kostki – zmieniają się tylko konkretne liczby.
Idealna, dobrze wyważona kostka zapewnia identyczną szansę na uzyskanie każdej z dostępnych liczb. Oczywiście pomijam tutaj sposoby układania kostki w ręku i rzucania w taki sposób, aby uzyskać oczekiwany wynik. Przyjmijmy, że korzystamy z kubeczka i rzucający nie może manipulować kostką. A więc jak już wspomniałem, każda ze ścianek kostki ma identyczną szansę aby znaleźć się na wierzchu. Co to właściwie oznacza?
Kostka sześcienna ma sześć możliwych wyników – 1, 2, 3, 4, 5, 6. Oznacza to, że szansa na to, że wypadnie jedna konkretna cyfra wynosi 1 do 6. Jest to zapisywane jako (1:6) lub częściej (1/6) i można to traktować jako zwykły ułamek. Można też wyliczyć klasyczne procentowe prawdopodobieństwo (1 / 6) = (0,1667), dalej (0,1667 * 100%) = (16,67%), czyli szansa, na uzyskanie 1 na k6 wynosi 16,67%.
Można zapis (1/6) rozpatrywać w dwóch kategoriach. Z punktu widzenia prawdopodobieństwa oznacza to, że mamy jedną szansę na sześć, że nam się powiedzie. Z punktu widzenia statystyki oznacza to, że rzucając sześcioma kostkami powinniśmy uzyskać jeden sukces, czyli przy jednej kostce mamy jedną szóstą sukcesu. Prawie to samo, ale jednak zupełnie co innego. Prawdopodobieństwo zajmuje się szansami na sukces i zastosujemy je dla niewielkiej ilości prób. Statystyka zajmuje się wielką ilością prób (np. dziesięć tysięcy rzutów) i pozwala na szacowanie, ile powinno być sukcesów przy danej ilości prób. Oznacza to, że używanie statystyki dla małej ilości prób jest nadużyciem i może być obarczone dużym błędem. Jednak w praktyce jest najprostszym sposobem szacowania szansy na powodzenie wykonania danej czynności w grze.
Wracając do kostek. Jeżeli interesują nas dwie liczby z sześciu, to mamy (2/6). Dla trzech jest (3/6) i dalej dla czterech (4/6), i pięciu (5/6). Czyli jeśli uzyskamy sukces po wyrzuceniu 5 lub 6 (czyli klasyczny sukces na 5+ z np. Here I Stand), to mamy na to dwie szansy na sześć czyli (2/6). Można zastosować klasyczne skracanie ułamków do (1/3). To oznacza 33,33% na uzyskanie sukcesu na jednej kostce. Niestety, dla wielu osób, może to nie być zbyt intuicyjne. Sprawy dodatkowo się komplikują, jeżeli rzucamy wieloma kostkami.
Dlatego, aby uprościć całą sprawę, będę od teraz używał mieszanki statystyki i prawdopodobieństwa. Jest ona niezbyt poprawna z czysto matematycznego punktu widzenia, jednak nie będziemy się tym przejmować.
W tym momencie muszę opowiedzieć Wam o zdarzeniach zależnych i niezależnych.
Ze zdarzeniami niezależnymi mamy do czynienia wtedy, gdy rzucamy wieloma kostkami i nie ma znaczenia, co wypadnie na poszczególnych kostkach. Przykładowo, rzucamy dwiema kostkami i interesuje nas jeden sukces 5+ na którejkolwiek kostce. Możemy w takiej sytuacji użyć dodawania.
(1/3 + 1/3) = (2/3) lub też po prostu (2 * 1/3) = (2/3)
Oznacza to, że mamy (2/3) sukcesu. Jeżelibyśmy rzucali trzema kostkami, wtedy mielibyśmy (3/3), czyli moglibyśmy oczekiwać całego jednego sukcesu. Ale uwaga. Chociaż wydaje się, że statystycznie mamy pełne szanse na co najmniej jeden sukces, to prawdopodobieństwo lubi wtrącić swoje trzy grosze i może się okazać, że nie uzyskamy żadnego sukcesu – o tym jednak później.
Jeżeli użyjemy większej ilości kostek, to możemy oczekiwać odpowiednio większej ilości sukcesów. Dla ośmiu kostek mamy (8*1/3) = (8/3) = (2+2/3), czyli dwa pewne sukcesy i jeden bardzo prawdopodobny.
Zdarzenia są zależne wtedy, gdy do wystąpienia sukcesu konieczne jest uzyskanie konkretnych wyników w każdym z nich. Może to wystąpić np. wtedy, gdy dwa razy pod rząd musimy uzyskać 5+ na kostce. Jeżeli chociaż w jednym rzucie się nie uda, to nie ma sukcesu. Innymi słowy, rzucając dwiema kostkami, musimy na obu uzyskać sukces. W takiej sytuacji stosujemy mnożenie.
(1/3 * 1/3) = (1/9)
Oznacza to, że trzeba rzucić dwiema kostkami aż dziewięć razy, aby uzyskać statystyczną pewność sukcesu polegającego na uzyskaniu na obu kostkach piątki lub szóstki.
Najczęściej jednak w grach planszowych interesuje nas szansa powodzenia zdarzeń niezależnych, więc wystarczy ograniczyć się do prostszego dodawania.
Czas na bardziej konkretny przykład.
Powiedzmy, że w Here I Stand szykujemy się do bitwy. Podczas bitwy każda jednostka pozwala na rzucenie jedną kostką, na której uzyskuje się sukces na 5+. Wróg ma armię licząca cztery jednostki. Chcemy mu ją całkowicie zniszczyć i musimy oszacować jakie siły trzeba wydzielić do tego zadania. Mamy na ręku kartę, która pozwoli nam rzucić dodatkowymi czterema kostkami z sukcesem na 4+. Oznacza to szansę na jednej kostce (3/6) czyli (1/2). Tak więc (4 * 1/2) =(2) – czyli możemy oczekiwać dwóch sukcesów z karty. Potrzebujemy jeszcze dwa sukcesy. Zwykłe oddziały trafiają na 5+, czyli szansa wynosi (1/3), a więc aby uzyskać dwa sukcesy potrzebujemy co najmniej sześć kostek: (6 * 1/3) = (2). Musimy więc wysłać armię składająca się z co najmniej sześciu oddziałów.
Na zakończenie musimy jednak wrócić do czystego prawdopodobieństwa. Wcześniej napisałem, że przy trzech kostkach na 5+ mamy statystyczną pewność jednego sukcesu. Jednak należy pamiętać, że może się zdarzyć, że nie uzyskamy na trzech kostkach ani jednej szóstki i piątki. Aby policzyć jakie są na to szanse, posłużymy się prawdopodobieństwem odwrotnym. Co to takiego? Gdy rzucamy trzema kostkami możemy uzyskać zero, jeden, dwa lub trzy sukcesy. Najczęściej interesuje nas „co najmniej jeden sukces”. Aby policzyć prawdopodobieństwo takiego zdarzenia, musielibyśmy policzyć prawdopodobieństwo dla jednego, dwóch i trzech sukcesów, a później je zsumować. Ponieważ jednak wiemy, że wszystkie prawdopodobieństwa składowe danego rzutu sumują się do 1 (lub 100%), to wiemy również, że wystarczy policzyć prawdopodobieństwo dla braku sukcesów i odjąć je od 1.
Aby nie wystąpił żaden sukces, musimy na wszystkich trzech kostkach uzyskać wyniki z zakresu 1-4. Oznacza to na jednej kostce szansę (2/3). Ponieważ istotne jest, co wypadnie na każdej kostce, więc mamy do czynienia ze zdarzeniami zależnymi, czyli używamy mnożenia.
(2/3 * 2/3 * 2/3) = (8/27) = (0,2963) = (29,63%)
(1 – 8/27) = (19/27)=(0,7037) = (70,37%)
Tak więc szansa, że uzyskamy co najmniej jeden sukces wynosi 70% i aż 30% na brak sukcesu. Jak więc już pisałem na początku – zastosowanie statystyki do tak małej ilości rzutów jest obarczone dużym błędem. Jednakże dopóki o tym pamiętamy, jest to najszybszy i najprostszy sposób, aby oszacować szanse powodzenia naszych działań. Warto więc pamiętać o możliwym błędzie i szacować „z górką”. Potrzeba sześciu kostek? To na wszelki wypadek dam osiem.
Bo konia z rzędem temu, kto na szybko w czasie rozgrywki przeprowadzi w pełni poprawne matematycznie obliczenia prawdopodobieństwa, aby ocenić ile będzie potrzebował oddziałów do zniszczenia przykładowej armii przeciwnika.
Michał Stajszczak:
Sprawdziłem, jak w rzeczywistości wygląda rozkład prawdopodobieństwa w podanym przez autora przykładzie, związanym z grą Here I Stand. Otóż rzucając czterema kostkami na 4+ i sześcioma na 5+ mamy 62% szans na pokonanie wszystkich czterech jednostek przeciwnika, 21,7% na pokonanie trzech, 11,9% na pokonanie dwóch oraz 3,8% na pokonanie jednej. Ale istnieje tez niewielka szansa 0,6%, że żadnej jednostki nie pokonamy, bo na żadnej kostce nie uzyskamy wystarczającej liczby oczek.
Kolejny fajny, artykuł, który przyda się wielu nieobeznanym z tematem statystyki i probabilistyki.
Nie przesadzałbym z tym skomplikowanym przeliczaniem prawdopodobieństwa, w wielu grach, szczególnie we wspomnianym „”Here I Stand” jest to nie tylko możliwe, ale i wręcz konieczne, a więc dość powszechne. :)
Cieszę się, że tekst się spodobał. Jakby chcieć w locie, podczas gry, robić poprawne wyliczenia prawdopodobieństwa, to naprawdę byłoby totalnie skomplikowane. W wielu grach są rozmaite modyfikatory, które dodatkowo to utrudniają.
„konia z rzędem temu, kto na szybko w czasie rozgrywki przeprowadzi w pełni poprawne matematycznie obliczenia prawdopodobieństwa, aby ocenić ile będzie potrzebował oddziałów do zniszczenia przykładowej armii przeciwnika.”
Właśnie dlatego jak się na poważnie przygotowywałem do prowadzenia Dooma to siadłem z Excelem i policzyłem statystyki dla każdej broni na każdy zasięg. Raz policzone przydaje się niezmiernie, bo poza szacowaniem to faktycznie człowiekowi się nie chce dokładnie liczyć. Poza tym lepiej nie wiedzieć (w przypadku moich rzutów), że przegrałem bitwę mając na to tylko 2% szansy, a nie na przykład 30 ;)
Heh, swego (dawnego) czasu zrobiłem sobie analogiczną tabelkę do Arkham Horror, żeby wiedzieć na szybko, jaka jest szansa na 4 sukcesy na 9 kościach :)
Dobra metoda, ale w przykładowym HIS już wszystkiego się tak nie da załatwić – karty bitewne wprowadzają spore zamieszanie.
Sprawdziłem, jak w rzeczywistości wygląda rozkład prawdopodobieństwa w podanym przez autora przykładzie, związanym z grą Here I Stand. Otóż rzucając czterema kostkami na 4+ i sześcioma na 5+ mamy 62% szans na pokonanie wszystkich czterech jednostek przeciwnika, 21,7% na pokonanie trzech, 11,9% na pokonanie dwóch oraz 3,8% na pokonanie jednej. Ale istnieje tez niewielka szansa 0,6%, że żadnej jednostki nie pokonamy, bo na żadnej kostce nie uzyskamy wystarczajacej liczby oczek.
Dziękuję Michale za te wyliczenia, sam je miałem zrobić, ale najpierw zabrakło czasu a później pamięci. :) Mam nadzieję, że nie masz nic przeciwko żebym twój komentarz zintegrował z treścią tekstu. :)
Bardzo fajny artykuł. Prosze o wiecej!
Podstawowy błąd poznawczy, po którym przestałem czytać: za każdym razem masz dosłownie taka sama szansę na wyrzucenie 6. Poprzednie wyniki nie mają wpływu na kolejne próby. Wyliczenia też są z d*
Starałem się aby tekst był zrozumiały dla wszystkich. Niestety jak widzę, nie do końca mi się to udało.
Szkoda, że nie zadbałeś w pierwszej kolejności o meroterykę.
Gdyby ten tekst oceniać pod względem matematycznej merytoryki, to miałby wartość znikomą, a może wręcz ujemną. Celem autora było jednak napisanie wskazówek dla osób, które chcą w trakcie rozgrywki przeprowadzić jakieś zgrubne oszacowanie. Jest w tym tekście sporo nieprecyzyjnych sformułowań, mogących nawet wprowadzić w błąd. Jak już wcześniej napisałem, w przykładzie, dotyczącym gry „Here I Stand”, rzut 10 kostkami nie daje pewności zniszczenia 4 jednostek przeciwnika, a jedynie 62% szans na takie zdarzenie. Podobna jest sytuacja z przykładem rzutu 8 kostkami z sukcesem, w postaci wyrzucenia 5 lub 6 oczek. Nie jest tak, jak napisał autor, że mamy pewność 2 sukcesów i dużą szansę na trzeci. Podana wartość 2 i 2/3 to w istocie wartość oczekiwana. Przy wielu rzutach 8 kostkami mamy faktycznie statystyczną szansę na 2 i 2/3 sukcesu ale w pojedynczym rzucie jest ok. 20% szans na to, że sukcesów będzie 0 lub 1.
Przesadzasz, jedyną naprawdę niepoprawną rzeczą jest zastosowanie statystyki do małej ilości prób (o czym zresztą napisałem!). Może jeszcze wynikający z tego skrót myślowy „”statystyczna pewność”. Ale też w „teoretycznym” wyjaśnieniu używałem określeń „oczekiwać”. Natomiast przy przykładzie z HIS nie pisałem o pewności zniszczenia, i wprost napisałem o konieczności użycia „co najmniej” danej ilości oddziałów. Również dalej wskazywałem na potrzebę użycia większej ilości kostek niż wynika z zastosowanych wyliczeń. Nie zmienia to faktu, że stosując tę metodę gracz nie mający pojęcia o matematyce w kilka sekund oszacowałby ile potrzebuje kostek aby uzyskać znaczną szansę na powodzenie ataku. W tym wypadku aż (jak wyliczyłeś) 60%. Co można łatwo podnieść dodając kolejne kostki. Ale dzięki temu gracz wie, kiedy 10 kostek jest sensowną ilością, 5 to zdecydowanie za mało a 20 to overkill.
Tak jak napisał Michał, to nie jest tekst o matematyce tylko o praktycznym zastosowaniu matematyki. Coś co pozwala aby osoby nieobeznane z matematyką w kilka sekund oszacowały ile potrzebują kostek potrzebują aby z powodzeniem zrealizować zadanie.
Natomiast konia z rzędem dla tego kto wskaże mi gdzie w tym tekście napisałem jakoby szansa na szóstkę na jednej kostce k6 była kiedykolwiek inna niż 1/6. Naprawdę mnie to ciekawi. :)
Nie jstem matematykiem, ale czy pisząc o szansach 1:6 na wyrzucenie danej liczby nie popełniono błędu? Zapis 1:6 ocznacza, że na 7 rzutów, statystycznie jeden powinien być udany. Zapis 1:6 to nie to samo co ułamek 1/6. Wzór na przeliczenie szans na ułamki to x/(x+y), gdzie w tym przypadku x=1 i y=6. Poprawny zapis szansyna wyrzucenie danej liczby w tym przypadku to 1:5. Proszę o skorygowanie przez jakiegoś matematyka, jeśli się mylę.
Faktycznie zapis 1:6 może być różnie interpretowany. W matematyce dwukropek jest znakiem dzielenia i to miał na myśli autor tekstu. Natomiast bukmacherzy używają dwukropka do oznaczania stosunku szans i przy takiej interpretacji 1:6 oznacza 1 szansę na sukces przy 6 na porażkę.