学数学、认颜色、玩拼图、找规律，一套扑克牌全部搞定！
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&&实战牌局当中谁的扑克牌手法水平好，谁就能多一分胜算，扑克千术手法有千变万化的不同招式，让人充满无穷的好奇心。任何人都有一种打破沙锅的心理，必须弄清楚才能罢手。邓祥网认为，牌技手法好比战士的武器，可以用保护自已，可以用来反赌，也可以进攻。主要看自已用扑克牌技巧来作什么用途？
&&学牌技到底起到了什么作用？邓祥扑克千术教学网接下来给大家总结分析四种学扑克牌千术的不同目的与作用。
&&第一，学牌技有些人把牌技手法当爱好一样去研究，他们对牌技充满好奇与神秘感，当做艺术去研究。人们对于新鲜事物总是会充满好奇心，为了满足好奇心自然会选择让自己去接触扑克牌技巧，这个是一个必然的好奇倾向，并且由于牌技魂牵梦绕的神秘感和传说更是让人们向往，自然在我们的印象中产生兴趣，从而想要去掌握这些手法，去探索神秘而好奇的牌技来满足自己。在学习牌技过程中并不仅仅只是为了能够带来超高的技术，还可以让爱好者当作是一门艺术去研究，平时不但是可以拿来进行表演，关键时刻能够力挽狂澜，这无不展现出牌技作为艺术的天赋。
&&第二，有些人因为喜欢打牌，使自已的手法在其他人的面前技高一筹。使自已水平全方位的提高。学牌技能提高自已技术水平，因为在我们身边经常有人说，谁谁谁又赢了多少钱，谁谁谁又输了多少钱，为什么有些人赢钱，有些人输得倾家荡产。一个懂扑克牌手法的人跟不懂的人实战相差很大的，普通的人只能拼运气，运气好就赢钱，运气差就肯定输钱，而牌技高手不是一样，不光运气好赢钱，就算运气不好，高手会通过某种手法把不好牌瞬间变化成好牌，老千在一场牌局下来，不断好的点数，就像比赛一样，两者级别不一样，普通人怎么可能不输呢？
&&第三，是有些人因为输得倾家荡产，必须知道自已输在什么地方？以后不怕被别人玩弄。牌技能让自己洞穿别人的陷阱，保护自已。当人们在牌桌上因为自身没法看出被人陷害时候，只能够去吃哑巴亏，这样对于任何一个爱好者都是会降低了打牌兴趣，而学习扑克牌千术手法可以更多掌握牌局动向，甚至是看出其中的陷阱。要是在实战遇到这些让我们吃亏的现象，由于自身学过牌技手法，自然会有强大观察能力。并且适当把握住时机，不但是看出其中陷阱，并且还可以防止出千现象发生。这样在打牌时候就能保证公平、公正性，既保护了自己，同时也避免了不必要的损失。牌技手法教学行业有句话，你可以不会牌技，但必须要懂。懂别人就千不了你，牌技就像战士的武器一样，又能保护自已，也防止敌人伤害自已。
&&第四，很多人用去反赌，让自已的亲戚朋友知道打牌里面很猫腻，牌技用于反赌。当爱好者揭开了牌技神秘面纱，自然会提升自身整体素养，明白打牌只是为了娱乐，偶尔可以让我们丰富多彩人生，用自身绚丽的牌技手法带来更多乐趣，而不是为了钱财而导致更多人家破人亡。同时我们能切身感受到反赌有利于社会和谐、安定。在掌控牌局情况下更是应该如此，君子爱财，取之有道，这一直是社会崇尚的美德。千万不要因为沉迷于打牌而让自己误入歧途，这个也是学习牌技的另外一个好处。
文章出处：-精彩博文雅娱共赏-邓祥牌技教学网
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> 如何用正确的数学方式来洗扑克牌
如何用正确的数学方式来洗扑克牌
10: 13&&&&& 浏览次数：
&&& 在数学加小编家乡过新春时，亲朋聚在一起很重要的娱乐方式之一就是扑克。看到别人“刷刷”的洗牌，很是过瘾。不过要想洗好牌需要来看看这篇文章。
&&&&大家打扑克牌时，洗牌一定是一项必备技能。对切法是一种常用的洗牌方法，主要流程是先将牌分成两半，以姆指扣紧牌，使牌弯曲，姆指逐渐松开内向拨牌，使兩叠牌交錯叠在一起。
&&&&今天我们就要问一个数学上的问题：用对切法要洗多少次牌才能把一副牌洗均匀呢？
&&&&回答这个问题分为两部分：第一部分是给出对切法洗牌的数学描述，第二部分是给出“洗均匀“的数学定义。为了讨论方便，我们假设一副牌有n张牌，而把我们的结果用到现实中时，n=54。
&&&&我们先把对切法洗牌过程数学化。&&&&
&&&&假设我们把一副扑克牌牌面朝下放置。
&&&&对切法洗牌分为两步：
&&&&第一步我们需要把牌分成两堆，第二步是把两堆牌按某种方式混合在一起。
&&&&现在我们在第一步中的两堆牌分别称为“上牌堆”和“下牌堆”，并把上牌堆中的牌标记为1，下牌堆中的牌标记为0。
&&&&设上牌堆里有k张牌，也就是说有k张牌被标记了1，(n-k)张牌被标记为0。这样，当我们完成一次洗牌后，从上往下观察牌堆，将会看到一个0和1组成、长度为n的序列，其中恰好有k个1和(n-k)个0。
&&&&我们可以把上面的过程逆过来，称之为一次“逆洗牌”。
&&&&一次逆洗牌对应着顺序相反的两步：
&&&&第一步，给牌堆中的每张牌标记上0或1；
&&&&第二步，把标记为1的牌从牌堆中抽出，并保持原来的相对顺序整体叠放在标记为0的牌的上方。
&&&&因此，每一种对切法洗牌（由上牌堆数目之多少，以及以何种方式混合两堆牌决定），与一个长度为n的0、1序列一一对应。
&&&&下面我们给出一个理想化的对切法洗牌，其对应的长度为n的0、1序列是随机生成的。也就是说，在逆洗牌的第一步中，对牌堆中的每张牌，我们以1/2的概率标记为1，以1/2的概率标记为0。
&&&&这种洗牌方式又称作GSR（Gilbert-Shannon-Reeds）洗牌法。一次GSR洗牌是一种特殊的对切法洗牌。
&&&&在第一步中，上牌堆的牌数为k的概率是C(n,k)/2^n（注1），这恰好是给n个数随机赋值0和1，恰好有k个1和(n-k)个0的概率。
&&&&根据概率中的中心极限定理，k大概服从N(n/2,n)，即均值为n/2，方差为根号n的正态分布；也可以说，几乎就是平均地把牌分成两堆。
&&&&在第二步的混合中，我们在牌堆的n个位置中随机选取k个位置，然后把上牌堆的牌保持原来的顺序放入这k个位置中；然后再把下牌堆的牌保持原来的顺序放入余下(n-k)个位置中。可以说，GSR洗牌既很好地模拟了实际情况，数学上又十分简单。
&&&&进一步，我们可以考虑连续m次GSR洗牌的逆过程。
&&&&我们把m次GSR洗牌前扑克牌的顺序称作“初始牌序”，把m次GSR洗牌后的顺序称为“最终牌序”。那么连续m次GSR洗牌的逆过程，就是从一个最终牌序还原出初始牌序的过程。
&&&&那么m次GSR洗牌的逆过程是怎样的呢？
&&&&经过简单的思考，我们发现我们需要对每一张牌随机指定一个长度为m的0、1数组，数组的第一个0或1表示这张牌在第一次洗牌时这张牌来自于上牌堆还是下牌堆，第二个0或1则表示第二次洗牌时这张牌来自上牌堆还是下牌堆，以此类推。
&&&&我们举一个例子，假设有5张牌，2次GSR洗牌后得到的最终牌序是DBACE，现在我们给每张牌指定一个长度为2的0、1数组如下
&&&&D: (0,1)
&&&&B: (1,0)
&&&&A: (1,1)
&&&&C: (1,0)
&&&&E: (0,0)
&&&&当然，如果指定的0、1数组不一样，还原出来的初始牌序也不同。让我们先看看对于上述的0、1数组，初始牌序是怎样的。
&&&&第1次逆洗牌我们需要看这5个数组的第2个分量，它们表征每张牌在第1次逆洗牌中（对应着第2次洗牌）被分到上牌堆还是下牌堆。由于AD的第2分量为1，BCE的第2分量为0，所以进行第一次逆洗牌后，我们得到DABCE。
&&&&第2次逆洗牌我们需要看数组的第1分量，由于ABC的第一分量为1，DE的第1分量为0，所以我们应当把ABC移到前面，得到ABCDE。（当然啦，这个例子是经过设计的，不然也不会这样巧得到ABCDE。）&&&&
&&&&当我们再仔细思考这个过程，发现m次逆洗牌可以一次性完成！
&&&&如果我们把一个长度为m的0、1数组通过二进制对应一个0~(2^m-1)整数，如下
&&&&D: (0,1) &--& 0*2 + 1 = 1
&&&&B: (1,0) &--& 1*2 + 0 = 2
&&&&A: (1,1) &--& 1*2 + 1 = 3
&&&&C: (1,0) &--& 1*2 + 0 = 2
&&&&E: (0,0) &--& 0*2 + 0 = 0
&&&&那么我们可以这样一步到位完成m次逆洗牌：先把最大的整数3对应的A称到最前面，再把整数2对应的BC紧接着A后面（这时有两个字母B和C对应着相同的整数2，必须保持B和C在最终牌序DBACE中的相对顺序），然后把整数1对应的D移到ABC后面，最后把0对应的字母E移到ABCD后面。瞧，我们又得到了ABCDE！
&&&&一般的来说，一次性完成m次逆洗牌分为两步。
&&&&第一步，“指定数字”：每张牌随机指定一个0~(2^m-1)中的整数。
&&&&第二步，“重新排序”：按每张牌被指定的数字大小，从大到小重新排列所有的牌；如果出现多张牌被指定的数字一样，那么在排列时必须保持原来的顺序。
&&&&值得指出的是，m次GSR洗牌与m次逆洗牌有一一对应关系，也和n张牌被指定0~(2^m-1)中整数的不同方式一一对应。由乘法原理，一共有2^nm种指定整数的方法，因此也有2^nm种完成m次GSR洗牌的方法，同时，这2^nm种方法都是等可能的，概率为1/2^nm。另一方面，对于同样的初始牌序和最终牌序，也有可能对应着多种洗牌方法。
&&&&完美解决了第一个问题后，接下来我们得弄清楚，究竟怎样才算是“洗均匀”呢？
&&&&我们先感性地认识一下这个问题。
&&&&在一次性完成m次逆洗牌的过程中，我们看到当有两张以上的牌被指定了同样的整数时，它们在初始牌序和最终牌序中的相对顺序会完全一样。而我们也看到，当m足够大时，为n张牌指定的n个0~(2^m-1)中的整数很可能两两不一样，这样，初始牌序和最终牌序就完全无关了。因此，一个合理的洗牌次数m，应该使得有一定的概率（例如25%）能够使n张牌被指定的整数完全不一样。
&&&&在数学上有，这样一个生日问题与此非常类似。假设一个班上有N个人（如N=30），假设每个人的生日都是独立的，问任意两个人的生日都不相同的概率有多大？
&&&&我们可以这样考虑这个问题。给N个人编号1，2，...，N。
&&&&第1个人的生日可以随便选取；第2个人的生日为了避开第1个的生日，只能从剩下的364天中选择；第3个人的生日为了避开前2个人的生日，只能从剩下的363天选择...
&&&&最终根据乘法原理，N个人的生日全部不相同的概率由(1-1/365)(1-2/365)...(1-(N-1)/365) 给出，当N不太大时，约等于(1-1/365)^N。
&&&&回到我们的洗牌问题。我们需要为n张牌中的每张牌指定一个0~(2^m-1)中的整数。那么所有被指定的整数都不一样的概率有多大呢？这时“生日”数相于2^m；而N相当于总的牌数n。根据前面的公式，n个“生日”全部不等的概率约等于(1-1/2^m)^n。
&&&&根据微积分中的重要极限 (1-1/x)^x=1/e，x→∞，我们得知，为了使(1-1/2^m)^n不是一个太小的数（在数量级的意义上，例如我们可以认为0.01是比较小的数，而0.1是相对比较大的数），必定有2^m和n差不多大。这样我们得到了第一个估计：2^m & n，也就是m&log_2 n。
&&&&在n=54时，log_2(n)大概是5.5。至少我们的感性认识给出了洗牌次数的正确的数量级！
&&&&为了更精确地给出数学上“洗均匀”的定义，我们引入两个概率分布的距离的概念。
&&&&对于两个概率p和q，对应的分布列分别是(p1,p2,...,pN)和(q1,q2,...,qN)，那么我们定义它们之前的（全变差）距离为d(p,q)=|p1-q1|+|p2-q2|+...+|pN-qN|。
&&&&这怎么应用到我们的洗牌问题上呢？
&&&&首先，不妨总是假设我们给n张牌编号为1,2,3,...,n，并且初始牌序就是1,2,...,n。最终牌序则由一个{1,2,...,n}到{1,2,...,n}的双射h给出：
&&&&对于编号为i的牌，经过m次GSR洗牌后，它的位置变成了第h(i)张牌。我们常常也以同样的字母h表示一个最终排序。
&&&&我们知道n张牌一共有N=n!种排序方式。通过m次GSR洗牌，h显然就是这N种排序方式的其中一种。事实上，h以一定的概率得到给定的一个排序方式，这其实是对应了一个分布列(p1,p2,...,pN)，表示h取每种排序方式的概率。另一方面，我们可以考虑另一个分布列(1/n!, 1/n!, ..., 1/n!)，这表示每种排序都以相同的概率1/n!出现。
&&&&显然，我们可以定义把“洗均匀”定义成两个概率分布p和q的距离d(p,q)足够小（这里的“足够小”可以理解为，如小于1/2）。
&&&&接下来，我们的问题就转化为，对于一个给定的最终牌序h，从1,2,...n的初始牌序出发，通过m次GSR洗牌，得到h作为最终牌序的概率（记为p(h)）有多大。
&&&&由于m次GSR洗牌的2^nm种洗牌方式都有相等的概率1/2^nm，我们只需要计算有多少种GSR洗牌方式，能从1,2,...n得到h。等价的，我们只需要计算有多少种逆洗牌方式，能从h得到1,2,...,n。
&&&&现在我们用f(i)表示编号为i的牌，在逆洗牌的第一步“指定数字”中，被指定的0~(2^m-1)中的整数。f可以看作一个从{1,2,...,n}到{0,1,2,...,2^m-1}的函数。
&&&&现在我们的问题是，对于给定的最终牌序h，有多少个f能把h通过m次逆洗牌变成1,2,...,n呢？
&&&&我们还是先考虑怎样从DBACE通过2次逆洗牌得到ABCDE。
&&&&为了得到ABCDE，显然我们要有f(A)&= f(B) &= f(C) &= f(D) &= f(E)，也就是说f是一个减函数。
&&&&其次，由于在最终牌序中，A在B之后，所以f(A)不能等于f(B)，因此f(A)&f(B)；同理，C在D之后，我们也必须有f(C)&f(D)。可以验证，只要f满足f(A) & f(B) &= f(C) & f(D)&= f(E)，我们都可以从DBACE通过2次逆洗牌得到ABCDE。
&&&&现在问题就转化为，求所有函数{1,2,3,4,5}到{0,1,2,3}的函数f（我们把A和1等同，B和2等同，以此类推），使得f是减函数，并且在f(1)和f(2)、f(3)和f(4)之间的严格减函数。事实上，我们可以把f稍加变形，变成一个严格减函数。
&&&&令g(1)=f(1)+2, g(2)=f(2)+2, g(3) = f(3)+1, g(4)=f(4)+1, g(5)=f(5)，那么g是一个从{1,2,3,4,5}到{0,1,2,3,4,5}的严格减函数，并且每一个这样的g和我们要求的f一一对应。显然，这样的函数g的个数与在{0,1,2,3,4,5}中选取5个不相等的整数的方法数一样，用组合数给出就是C(6,5)=6。
&&&&我们把上面的情况推广到一般的n和最终牌序h。首先f必须是一个减函数。如果h(i)&h(i+1)，也就是说标号为i的牌在最终牌序中位于标号为i+1的牌之后，那么f(i)必须严格地大于f(i+1)，即f(i)&f(i+1)。
&&&&现在我们定义h对应的“逆序量”R=R(h)为所有满足h(i)&h(i+1)的i的个数。那么满足条件的函数f的个数，与所有从{1,2,...,n}到{0,1,..., 2^m-1+R}的严格减函数g的个数相等，进一步地，与{0,1,...,2^m-1+R}中选取n个不同整数的方法数相等。因此，满足条件的f一共有C(2^m+R, n)个。
&&&&于是，得到最终牌序h的概率为
&&&&这里我们用到了一个近似：当x1,...,xk很小时，(1+x1)...(1+xk)约等于1+x1+...+xk。
进一步我们得到全变差距离为
&&&&上面和式中的最后一项，正好是当h等概率地从n!种所有可能排序中随机选取时，其对应的逆序量与n/2偏差的期望。
&&&&更进一步的分析其实可以得出，R(h)几乎服从N(n/2,n)，即均值为n/2，方差为根号n的正态分布。因此逆序量与n/2偏差的期望约等于根号n。这样我们得到d(p,q)约等于n^(3/2)/2^m。
&&&&由n^(3/2)/2^m & 1/2我们得到m& 3/2* log_2(n) +1。当n=54时，这个数字大约是9.6。
&&&&当然啦，有一种说法是洗牌洗7次，洗7次牌也仅仅是个约数罢了，也许就是叫得比较顺口吧。通过不同的计算表明，洗牌少则5、6次，多则9、10次，就能把牌洗得很均匀了。同时我们的计算还表明，洗牌次数只取决于n的对数。也就是说洗2副牌，也只需要比洗一副牌多一两次足矣！
&&&&注1 :C(n,k) = n!/k!(n-k)!为组合数。
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