Комментарии 61
Мне показалось необычным, что в тексте я не нашел слов "распределение", "Бернулли", "биномиальный", "случайная величина", поэтому подумал, что Вы решили не искать вероятностную модель подходящую для решения этой задачи, а сочли более интересным придумать свою? Это не упрек, просто интересно почему.
Да, программное моделирование довольно интересная штука. Я как-то делал программный эксперимент где на квадратном поле, со 100 одинаковыми ячейками, стоят люди, в каждой ячейке по одному, а сверху на них одновременно кидают 100 кирпичей. Вопрос: сколько человек выживет. Получился для меня неожиданный результат, 63~. Оказывается соотношение ячеек в которые кирпич не попадает - стремится к четкому значению в 36~ процентов. Так я открыл для себя Закон Малых Чисел, или "Закон двух третей", найденый в свое время Владиславом Борткевичем.
Также, компьютерное моделирование вероятностных экспериментов помогает с задачами, где нас подводит интуиция. Ну и вообще помогает структурировать задачу, потому что для компьютера нужно четко определить переменные, как минимум.
Это вы гауссиану открыли
С компьютерными экспериментами по статистике еще очень желательно определить необходимый размер выборки. 200/49 отличается от 4,0 в третьем знаке. Среднеквадратичное отклонение в данной задаче- ~1,3 (30%!). Для отлова третьего знака МО при таких сигмах надо сотни тысяч экспериментов, а не тысячи.
Кирпичи настигнут 1/e от популяции, что довольно очевидно.
Кмк, неправильная (путающая) формулировка
Назовем «белым пулом» любую максимальную цепочку подряд вынутых белых шаров
Вместо "любая максимальная" лучше "граничащая с началом, концом, или вынутым чёрным шаром".
Слово "максимальная" запутало и меня — для меня "максимальная" цепочка это та, которая максимальной длины из имеющихся в последовательности, т.е. если вытащили 10101000, длина максимальной цепочки 1 и всего их 3, а если 10101100, то соответственно 2 и 1. И увидев решение, я всерьез прифигел, а оказалось, считали просто количество переходов с черного/ничего на белое при вытаскивании.
Более понятно будет, наверное, "любая цепочка белых шаров (из одного и более шара), разделенная черными шарами"
В любом случае, можно подойти творчески и попробовать варианты задачи!
как-то у Вас очень все усложнено. Рекурсии, суммы какие-то дикие.
Обратите внимание на простой факт- белый пул оканчивается сочетанием 10, еще один белый пул возможен, если последний шар- 1 (тогда после него не вытаскивается новый шар и это тоже пул). Таким образом, количество белых пулов равно числу пар вида "10" в последовательности + число окончаний на "1". В последовательности на 20 шаров есть 19 пар и один финальный беспарный шар.
Каково матожидание числа пар "10" из партии в 20 шаров? вероятность вытащить случайно белый шар- 4/14. вероятность вытащить после этого черный шар- 10/14. вероятность парного события- 4/14*10/14=40/196, то есть, вероятность того, что случайна пара шаров будет "белым пулом"- 40/196. Всего мы вытаскиваем 19 пар (последний шар- беспарный!), вероятность того, что из 20 шаров мы вытащим сколько-то полноценных белых пулов равна 19*40/196. Вероятность того, что последний шар тоже будет концом белого пула- 4/14, итого, мое мат.ожидание числа белых пулов- 19*40/196 + 4/14 = (760+56)/196 = 816/196 ~= 4.163.
Правильно так — белый пул начинается сочетанием 01, и первый шар может быть белым пулом. И пропущена информация о том, что если некая пара — белый пул, следующая пара заведомо НЕ белый пул, т.е. количество попыток вытащить пару всё ещё 19, но условная вероятность следующей пары быть белым пулом если предыдущая им оказалась есть ноль.
че-то я промазал с ответом- ниже мои расчеты. Ясен пень, подтверждающие мою правоту. Жду теперь Ваших расчетов, подтверждающих Вашу правоту :-).
Ну, откровенно говоря, ниже вы измеряете именно то, что требовалось, т.е. количество пар в 20-символьной строке плюс последняя. А первая фраза решается разворотом строки, что очевидно не меняет количество последовательностей единиц в ней. Другое дело, что я запилил на коленке "полный анализ" тупым методом "в лоб" и получил ME= 4.163265306113811… что отличается от 816/196 на машинный нуль. Прекрасно :)
Долго думал, почему моя реализация давала ответ в 4.16..., когда судя по статье должно быть 4.0....
К этой формуле наверное надо добавить что-то про эргодичность и возможность подсчета мат-ожидания таким образом. Потому что формула предполагает что все 19 пар независимы и даже 19 пулов могу реализоваться одновременно с вероятностью (40/196)^19, что конечно не так. Описанные здесь вероятности 19 пар не независимы - если первая пара оказалась пулом, то вероятность что вторая окажется пулом равна нулю. Формула похоже работает, но надо показать почему.
рассмотрим три шара. это две пары. вероятность вытащить первой парой пул-
40/196- только БЧ*. два таких случая на все поле событий.
второй парой пул будет только в двух случаях- ББЧ и ЧБЧ. вероятность того, что вторая пара- пул равна вероятность того, что первый шар белый или черный, помноженная на вероятность того, что второй шар белый и третий черный. то есть, (4/14+10/14)*4/14*10/14= 40/196.
добавим еще один шар в выборку, и посмотрим, какова вероятность того, что третья пара из четыре шаров- пул: в нашей выборке таких четыре события, которые реализуются в случаях, если первые два шара- ББ, БЧ, ЧБ, ЧЧ. однако, в любом случае первые два шара реализуют одну из этих комбинаций, и вероятность этого равна 1.0. то есть, вероятность того, что третья пара из четырех шаров- пул, равна 1,0*Рб*Рч = 40/196. и мне все равно, что я вытащил второй парой. ну и по индукции дальше.
Назовем «белым пулом» любую максимальную цепочку подряд вынутых белых шаров
где тут сказано, что перед белым пулом должен быть ноль? нету такого.
Про условные вероятности- а зачем мне рассматривать их? Я просто хочу знать среднее число "хвостов" на цепочке из 19пар+1. без всяких условностей.
в наших с Вами "аналитических значениях" разница наблюдается в третье цифре, при этом дисперсия случайной величины у нас достаточно большая, поэтому для проверки аналитики экспериментом нужно гонять не по 5к прогонов, а по 50к (а лучше- по 500к).
procedure TForm1.Button1Click(Sender: TObject);
const L = 20;
const Pwhite = 4/14;
const Count = 500000;
var i, j: integer;
b_next,b_prev: boolean; // true= White; false = black
Pool_count: integer;
begin
randomize;
Pool_count := 0;
for i := 1 to Count do
begin
b_next := random < Pwhite; // цвет первого шара.
for j := 2 to L do
begin
b_prev := b_next; // шар становится предыдушим
b_next := random < Pwhite; // цвет нового шара
if b_prev and (not b_next) // White-Black- the end of pool.
then
inc(Pool_count);
end;
if b_next then inc(Pool_count); // Last ball is white- it is pool too;
end;
Memo1.Lines.Add( Format('%6.5g', [Pool_count / Count]) );
end;
4,1653 4,1621 4,164 4,1609 4,162 4,1635 4,1622 4,1618 4,1613 4,1649 4,1645
За Дельфи отдельный респект.
Не только лишь все умеют в многопоточность, мало кто может это делать.
PS: в Дельфи это довольно неудобная вещь, когда-то пилил, там надо было и написать много чего, и всерьез заняться контролем границ, да и вообще передачей данных между потоками, так что для задач на "разок посчитать" подход "посчитать прямо в тыкалке" валиден.
Могу предложить другое решение.
Пусть 
— случайная величина, равная числу белых пулов. Требуется найти математическое ожидание этой случайной величины. Обозначим его через 
Обозначим вероятность вытащить белый шар через 
Рассмотрим всевозможные белые пулы и перенумеруем их каким-нибудь образом. Пусть всего их 
тогда через 
обозначим случайную величину, которая равна 1, если этот белый пул реализовался при извлечении шаров, и 0 в противном случае. Ясно, что 
Воспользуемся линейностью математического ожидания: 
Теперь осталось вычислить 
Пусть 
отвечает за пул длины 
Рассмотрим случаи
Возможно два случая: если пул стоит с краю, то чтобы он реализовался, достаточно чтобы только один из соседей был черным. Это происходит с вероятностью 
и возможно два таких случая (с одного и другого края). Если пул стоит в середине, то его местоположение можно выбрать 
способов, оба его соседа должны быть черными, это реализуется с вероятностью 
В этом случае есть два способа выбрать белый пул, а оставшийся шар должен быть черным. Это реализуется с вероятностью 
В этом случае все шары белые, это возможно в единственном случае, который реализуется с вероятностью 
Суммируя, получаем математическое ожидание, 
В случае автора, как раз получается 
а где случай с k=0? ни одного белого пула нет, одни черные шары
случаи 1 и 2 у Вас идентичные, просто число n-k-1 для случая 2 равно нулю. но это так, замечание, которое лишь слегка облегчает Ваши выкладки. А вот не мелочь:
Давайте в Вашу формулу подставим n=3 и p=0.5. тогда получим, что среднее число пулов равно 3*0.5*0.5 = 0.75. Простой перебор вариантов 000 001 010 011 100 101 110 111 говорит, что на 8 равновероятных раскладов у меня 8 пулов, и МО равно 1.0. не сходится Ваша теория с моей практикой.
В случае автора — 
Осталось найти несоответствие в рассуждениях.
Меня этот вывод от pavelgein не убеждает (наоборот, вижу путаницу в определениях случайных величин, а "догадаться, что хотел сказать автор, но оговорился" нет времени, желания), а вот разбор от Pavgran ниже по комментарием выглядит корректно, плюс, в результате - компактная формула с очевидной линейной асимптотикой. Кстати, догадка о линейности асимптотики - довольно "физическая", можно рассматривать, как ведёт себя величина при возрастании N вдвое при больших значениях N - разделив испытание с 2N шарами на комбинацию двух испытаний с N шарами. При больших N одной возможной серией белых шаров, продолжающейся с первого N-испытания на второе можно пренебречь, посчитав её два раза - линейность тогда становится наглядной (что не умаляет необходимости доказать её строго, с формулой от Pavgran).
Интуиция подсказывает мне, что прав Pavgran, попробую найти время / силы перепроверить.
Что то я недопонял - в последней программе проводят 0.5*10**6 опытов несколько раз, хотя полное поле событий насчитывает 2**20=(2**10)**2=(10**3)**2=1*10**6, что всего в 2 раза больше одного опыта. Так почему не провести исчерпывающий анализ?
:-) мы все замерли в ожидании!
WHITEPROB=4.0/14.0
me=0.0
tp=0.0
for i in range(2**20):
st=bin(i)[2:]
pc=st.count("1")
prob=WHITEPROB**pc*(1.0-WHITEPROB)**(20-pc)
prev="0"
v=0
for c in st:
if (c=="1") and (prev=="0"):
v+=1
prev=c
me+=v*prob
tp+=prob
print("ME=",me,"total=",tp)Результат: ME= 4.163265306113811 total= 0.9999999999959284
total здесь — прямая сумма посчитанных вероятностей с погрешностями на уровне машинного нуля, при математических подсчетах total=1.
А по времени счета сколько заняло ? Ну и в порядке улучшения точности - считать вероятности в длинных целых числах (4 и 10) а потом делить сумму на 14**20
Секунд пять (много). Ну и дробь правильнее в этом случае упростить до 2/7, тогда результат даже влезет в 64 бита "чистого" целого (720<820==2**60). Но уже влом :)
Я вот тоже согласен, что в этой задаче проще в лоб посчитать, чем колхозную монтекарлу городить и чем в формулах путаться.
Я посчитал всё в целых числах (64-битных). Там, действительно, можно всё посчитать точно (в рамках рациональных чисел, где числитель и знаменатель целые 64-битные). Писал не на пайтоне, а на котлине (привычнее), получилось так:
fun pow(n: Long, p: Int) =
generateSequence { n }.take(p).fold(1L) { acc, v -> acc * v }
tailrec fun countPool(v: Long, lastInPool: Int = 0, cnt: Int = 0): Int =
if (v == 0L) cnt else countPool(v / 2, v.mod(2), cnt + (1 - lastInPool) * v.mod(2))
fun main() {
val size = 20
val denominator = pow(7L, size)
val black = 5L
val white = 2L
val ps = MutableList(size / 2 + 1) { 0L } //0..10
for (i in (0L until pow(2L, 20))) {
val popcnt = i.countOneBits()
ps[countPool(i)] += pow(black, size - popcnt) * pow(white, popcnt)
}
println("count pool\tnumerator\tprobability")
ps.forEachIndexed { ind, v -> println("$ind\t$v\t${v.toDouble() / denominator.toDouble()}") }
val m = ps.reduceIndexed { i, acc, v -> acc + v * i } // числитель матожидания
println("$m/$denominator~=${m.toDouble() / denominator.toDouble()}")
}Но у меня почему-то получились другие результаты:
count pool numerator probability
0 95367431640625 0.0011951964277455186
1 1229180230500756 0.015404753963449494
2 6287186216221020 0.07879443093859312
3 16493725701609600 0.20670832484053933
4 24061484648040000 0.30155158844962027
5 19906942939800000 0.24948461628537263
6 9188837373800000 0.11515949853494763
7 2251181376000000 0.028213027157337086
8 265696380000000 0.0033298512791828257
9 12514000000000 1.5683224177797937E-4
10 150000000000 1.8798814341295274E-6
332291741405372221/79792266297612001~=4.164460502550194Здесь колонки:
count pool - счетчик пулов белых
numerator - числитель вероятности
probability - вероятность
В сумме numerator дают 7 ^ 20, т.е. вероятность суммы - единица. Т.е. кажется, я посчитал вероятности правильно.
От 204/49 отличается ровно на 95367431640625/79792266297612001, т.е. на вероятность того, что пулов не будет. То ли я ошибся, то ли остальные - не пойму.
Время работы варианта - около 0,4 с, но это я не упарывался по производительности и ПК древний.
Ну да, если закешировать степени, то получается 0,1 с.
fun pow(n: Long, p: Int) =
generateSequence { n }.take(p).fold(1L) { acc, v -> acc * v }
tailrec fun countPool(v: Long, lastInPool: Int = 0, cnt: Int = 0): Int =
if (v == 0L) cnt else countPool(v / 2, v.mod(2), cnt + (1 - lastInPool) * v.mod(2))
fun main() {
val size = 20
val denominator = pow(7L, size)
val black = 5L
val white = 2L
val ps = MutableList(size / 2 + 1) { 0L } //0..10
val probQuants = List(size + 1) {pow(black, size - it) * pow(white, it)}
for (i in (0L until pow(2L, 20))) {
ps[countPool(i)] += probQuants[i.countOneBits()]
}
println("count pool\tnumerator\tprobability")
ps.forEachIndexed { ind, v -> println("$ind\t$v\t${v.toDouble() / denominator.toDouble()}") }
val m = ps.reduceIndexed { i, acc, v -> acc + v * i } // числитель матожидания
println("$m/$denominator~=${m.toDouble() / denominator.toDouble()}")
}А не надо было Хабр читать и кодить в 2 часа ночи. Вместо fold был reduce и считалось неправильно.
Правильный код:
fun pow(n: Long, p: Int) =
generateSequence { n }.take(p).fold(1L) { acc, v -> acc * v }
tailrec fun countPool(v: Long, lastInPool: Int = 0, cnt: Int = 0): Int =
if (v == 0L) cnt else countPool(v / 2, v.mod(2), cnt + (1 - lastInPool) * v.mod(2))
fun main() {
val size = 20
val denominator = pow(7L, size)
val black = 5L
val white = 2L
val ps = MutableList(size / 2 + 1) { 0L } //0..10
val probQuants = List(size + 1) {pow(black, size - it) * pow(white, it)}
for (i in (0L until pow(2L, 20))) {
ps[countPool(i)] += probQuants[i.countOneBits()]
}
println("count pool\tnumerator\tcount event\tprobability")
ps.forEachIndexed { ind, v -> println("$ind\t$v\t${v.toDouble() / denominator.toDouble()}") }
val numerator = ps.foldIndexed(0L) { i, acc, v -> acc + v * i } // числитель матожидания
var numeratorReduced = numerator
var denominatorReduced = denominator
// деноминатор это 7^20, поэтому gcd считать просто
while (numeratorReduced.mod(7)==0) {
numeratorReduced/=7L
denominatorReduced/=7L
}
println("$numerator/$denominator = $numeratorReduced/$denominatorReduced ~= ${numerator.toDouble() / denominator.toDouble()}")
}Считает около 0,1 секунды и выводит:
count pool numerator probability
0 95367431640625 0.0011951964277455186
1 1229180230500756 0.015404753963449494
2 6287186216221020 0.07879443093859312
3 16493725701609600 0.20670832484053933
4 24061484648040000 0.30155158844962027
5 19906942939800000 0.24948461628537263
6 9188837373800000 0.11515949853494763
7 2251181376000000 0.028213027157337086
8 265696380000000 0.0033298512791828257
9 12514000000000 1.5683224177797937E-4
10 150000000000 1.8798814341295274E-6
332196373973731596/79792266297612001 = 204/49 ~= 4.163265306122449тогда это уже не будет "Аналитика vs моделирование", это будет аналитика vs полный перебор. А может просто ошибся человек- ноль потерял, вместо 200 написал 20. На цепочке из 200 шаров его аналитика и мое моделирование будут работать, а вот полное поле событий мы уже не потянем.
У автора ошибка в коде, range(1, size) даёт на 1 итерацию меньше, чем нужно.
Какое-то у Вас сложноватое аналитическое решение. Через рекурсию проще:
Пусть E(n|b) - условное мат. ожидание количества пулов, если последний шар чёрный, и E(n|w) - условное мат. ожидание кол-ва пулов, если последний шар белый. Пусть p - вероятность вытянуть белый шар.
E(1|b)=0, E(1|w)=1
E(n+1|b) = E(n) =E(n|b)*(1-p)+E(n|w)*p - если последний шар чёрный, то мат. ожидание такое же, как если бы шара не было.
E(n+1|w) = E(n,w)*p + (E(n,b)+1)*(1-p) = E(n)+(1-p) - если последний шар белый, то мат. ожидание не меняется, если до этого тоже был белый шар, и увеличивается на 1, если до этого был чёрный шар.
E(n+1)=E(n+1|b)*(1-p)+E(n+1|w)*p=E(n)*(1-p)+E(n)*p+(1-p)*p=E(n)+p(1-p)
Учитывая E(1)=p, получаем E(n)=p+(n-1)p(1-p)=p^2+np(1-p)
E(20)=4/49+20*2/7*5/7=204/49
Изящное и, по-моему, правильное решение, не вижу изъянов - лучший комментарий здесь (я, правда, пролистал бегло)! Бонус - очевидная линейная асимптотика в результирующей компактной формуле (автор заметки упоминает этот аспект, хорошо понятный при "физическом" рассмотрении того, что происходит при масштабировании N, например, рассмотрении испытания с 2N шарами как двух испытаний с N шарами).
Эту линейность легко объяснить в рамках теории вероятностей. Дело в том, что искомую случайную величину N(n) (число белых пулов в n испытаниях) можно представить как сумму n случайных величин с распределением Бернулли (принимающих значение 1, если в данном испытании создаётся новый белый пул, и 0 в противном случае), по одной для каждого испытания. В силу свойства линейности математическое ожидание N(n) равно сумме математических ожиданий этих n случайных величин. При этом оказывается, что значение p (вероятность значения 1) для всех испытаний, кроме первого, одинаково и равно 5/7×2/7 (новый белый пул возникает в конкретном испытании тогда и только тогда, когда в данном испытании выпадает белый шар, при этом в предыдущем испытании выпал чёрный шар, а цвета шаров более ранних испытаний не важны(!), что и даёт одинаковые значения p для всех испытаний, кроме первого). Для первого испытания p просто равно 2/7 (вероятность выпадения белого шара).
По моим подсчётам, у Вас есть ошибка в формуле, должно получиться <N(n)>=2/7+(n-1)10/49, и <N(20)>=204/49~4.16327, где конкретно ошибка - не искал. Можно легко проверить правильность формулы для небольших n, посчитав матожидание через пространство элементарных событий (<N(1)>=1×2/7+0×5/7=2/7, <N(2)>=1×2/7×2/7+1×2/7×5/7+1×5/7×2/7+0×5/7×5/7=24/49, <N(3)>=1×2/7×2/7×2/7+1×2/7×2/7×5/7+2×2/7×5/7×2/7+1×2/7×5/7×5/7+1×5/7×2/7×2/7+1×5/7×2/7×5/7+1×5/7×5/7×2/7+0×5/7×5/7×5/7=238/243 и т.д.). В этой задаче проще всего считать матожидание аддитивно от вклада каждого последующего испытания, учитывая, что один новый белый пул появляется в первом испытании при белом шаре, при последующих испытаниях - тогда и только тогда, когда белый шар следует непосредственно за чёрным, причём цвет шаров до чёрного не важен(!). Первое испытание увеличивает искомое матожидание на 1×2/7, второе и все последующие - на 1×5/7×2/7, отсюда и полученная формула.
Да, использование свойства линейности математического ожидания - очень полезный метод, который часто позволяет обойтись без громоздких вычислений при решении задач на нахождение математического ожидания. Правда, нужно аккуратно выбрать разбиение искомой случайной величины на более элементарные (обычно с распределением Бернулли), чтобы вычисление p для них получалось простым (как в данной задаче), что бывает не всегда просто сделать. А некоторые задачи без использования линейности математического ожидания вообще не решить либо решить крайне сложно, в качестве примера приходит в голову такая вполне классическая задача: в закрытой коробке лежат n перепутанных шнурков, 2n их концов выведены через дырки наружу. Все концы произвольным образом попарно связывают, при этом образуются петли разной длины (возможно, зацепленные). Определить математическое ожидание общего числа петель.
Нет. Пока, наверное, не буду приводить здесь ответ и решение - задача красивая, если не видели её раньше - будет интересно порешать еще. Если нужно, готов прислать ответ и/или решение.
Я тоже, наверно, порешаю. Пока догадка (после беглой ручной проверки n от 1 до 3, в которой я мог допустить ошибку) такая: 2 - 1/n!. Реализую и погоняю перебор проверить или заменить догадку, потом буду разбираться с результатом. Не припомню, чтобы такую задачу встречал, но вспомнились задачи с похожими формулировками - про подброшенные в воздух шляпы и про сумасшедшую старушку и прочих пассажиров авиарейса.
Удачи!
(вы уже второй раз помещаете новый комментарий в корень обсуждения :) )
Исправляю догадку, теперь сделав аналитические выкладки с рекурсивным вычислением величины от n. Теперь у меня получается Hn, частичная сумма первых n элементов гармонического ряда. Асимптотическая формула есть, log n + 0.5772... (постоянная Эйлера-Маскерони). Посчитаю моделированием для проверки - в следующий раз. Рекурсивные выкладки: данный шнурок с вероятностью 1/n добавляет новую петлю, а с вероятностью (n-1)/n не добавлет петлю к ситуации с n-1 шнурками. После приведения получаем X(n) = 1/n + X(n-1). Кажется, у меня есть на полке книга, в которой я мог бы подсмотреть похожие рассуждения - в одном из трёх томов "Искусства программирования" Кнута попадалось. Сейчас должен заняться другими вопросами - буду проверять тред на днях, не появилось ли что-либо от вас.
Да, увидел, спасибо! Теперь у Вас получилось практически все верно, только вероятность петли на первом выбранном шнурке будет 1/(2n-1): первый конец берём любой, а вот второй нам подходит только 1 из оставшихся (2n-1). Можно через рекурсию, а можно и сразу в явном виде всю сумму записать: первый завязанный узел даст петлю с вероятностью 1/(2n-1), но в любом случае после его зявязывания остаётся (n-1) свободных шнурков (один, возможно, двойной длины) и ( 2n-2) свободных концов, так что второй узел даст петлю с вероятностью 1/(2n-3) и так далее до 2 свободных концов, когда последний, n-й, узел даст петлю с вероятностью 1, в результате получим 1/(2n-1)+1/(2n-3)+...+1/1. В обоих вариантах мы используем свойство линейности математического ожидания: искомая случайная величина (число петель) представляется как сумма n случайных величин с распределением Бернулли (число петель, которые завязываются каждым из n узлов). А вот без использования линейности решать очень сложно: число элементарных исходов посчитать легко (1/(2n-1)×1/(2n-3)×...×1/1), но вот прямой подсчёт числа петель в каждом исходе крайне затруднён.
Спасибо за разбор! Путаница n с 2n случилась у меня в голове с формулировкой задачи - представлял коробку с n концами шнурков слева и n концами шнурков справа, и случайное связывание левых с правыми. Исходное условие проще формулируется, а я, похоже, переключился на другое условие, которое мне было проще решать.
Аналитика vs моделирование. Задача по теории вероятностей