検定試験と組み合わせ

QMAの検定試験の得点はどれぐらいとれるのでしょうか?これは正解数や回答時間によって決まるので、無数にあると思いますが、特に全問正解できるような状況だと得点が問題の引きにかなり左右されます。どういうことかというと、問題の難易度や形式によって正解時の加算得点が違うためです。ではランキングの載るような高得点はどれぐらいの頻度でとれるのでしょうか?これを考えていきたいとおもいます。

まず、QMAの検定試験の概要をおさらいしましょう。検定試験は1回25問で構成され、トナメのような予選落ちはありません(必ず25問プレイできる)。得点の計算も一律16.66点ではなく、問題の難易度と形式に応じた加算方式となります。
 形式は四択や○×といった問題形式による違いで、F形式~S形式までの7形式で、それぞれ40点~70点の5点刻みで配点されています(Sのほうが得点が高い)。難易度は★の数ごとに5段階あり、★1は1倍、★2は2倍、★3は3倍、★4は4.4倍、★5は5.6倍と倍率がかかります。つまり、正解した時に最も得点が低いのは★1のF形式で40点、最も得点が高いのは★5のS形式で392点。5段階×7形式の35種類の得点が存在します。詳しくはWiki見てね。

では、得点(問題の種類の引き)の組み合わせはどのくらいあるでしょうか。バカ正直に起こりうるすべての可能性を書き出すと、35種類の独立試行(問題の引きはそれ以前やそれ以後の引きに関係ないと仮定)を25回やったとしても、35^25通り。これを計算するとだいたい4×10^38になります。10^38ってどのぐらいか想像できませんw太陽の質量がだいたい2×10^30kgらしいので、それの2億倍のブラックホールの質量ってぐらいでしょうか。
 実はもう少しスマートな考え方があります。この問題のように35種類あると複雑でわかりづらいのですが、例えばコイン投げで考えると、「コインを25回投げて、表なら1点、裏なら0点というゲームをするとき、得点の期待値はどれくらいになるでしょう?または得点の分布はどうなるでしょう?」というシチュエーションに似ています。このコイン投げの問題をアホみたいに書き出すと2^25=3355万通りもやらなきゃいけないのですが、二項分布を使うと一瞬ですね。
 ただし、検定の場合は1回の試行で起こりうる事象が35個もあるので、確率変数が35個もある多項分布になります。これは式で書くと死にそうになるのですが、ただ単に二項分布の拡張をしているだけで、35種類の問題をそれぞれ何回引いたかが明らかになれば、掛け算割り算するだけの簡単なお仕事で、その確率もかなり容易に計算できます。

じゃあ、その組み合わせってどうやって求めるの?ということになりますが、わかりやすいように単純化して考えましょう。問題(得点)の種類が3つ、合計2問の問題を引く場合の組み合わせを考えると、

 0 0 2
 0 1 1
 0 2 0
 ----- ↑3通り
 1 0 1
 1 1 0
 ----- ↑2通り
 2 0 0
 ----- ↑1通り

という6通りの組み合わせが考えられます。ここで、問題の種類がp種類、問題数がn個の場合の組み合わせの総数をf(n,p)とあらわしましょう。この単純化した例ではf(2,3)=6となります。ではf(2,4)を考えてみましょう。同様に書き出すと、

 0 0 0 2
 0 0 1 1
 0 0 2 0
 0 1 0 1
 0 1 1 0
 0 2 0 0
 -------↑6通り = f(2,3)
 1 0 0 1
 1 0 1 0
 1 1 0 0
 -------↑3通り = f(1,3)
 2 0 0 0
 -------↑1通り = f(0,3)

となります。ここで気づいたでしょうか。樹形図みたいに書きだしていますが、はじめの1つを0で固定した場合は、f(2,3)と同じになります。1種類目がないものと考えて、残りの3種類に2問を配分すると考えればOKなためです。同様にはじめの1つを1で固定した場合は、1種類目と1種類目に入れた1問を除外して、残りの3種類に1問を配分すればよいため、f(1,3)となります。つまり、f(n,p)は、

 f(n,p) = f(n,p-1) + f(n-1,p-1) + …… + f(0,p-1)

という式であらわされることになります。ここで末端の条件は、

 f(n,1) = 1
 f(0,p) = 1

とします。こうすることでf(n,p)を一気に求めることができ、n,pをそれぞれ5まででみると、

n/p 1 2 3 4 5
0 1 1 1 1 1
1 1 2 3 4 5
2 1 3 6 10 15
3 1 4 10 20 35
4 1 5 15 35 70
5 1 6 21 56 126


となります。やっと検定本来の組み合わせ問題にとりかかることができて、検定の問題数n=25、問題の種類p=35なので、この表でf(25,35)を求めればよいことになります。この値はPCだと1秒ぐらいで計算できて、およそ3×10^16通りの組み合わせ。だいたい3京通りです。それにしてもとてつもないですねw
 このような途方も無い組み合わせを試すのは、普通のPCだと速度的にも精度的にもきついので、検定の得点の分布を求めたい時は、シミュレーションで近似的に求めることになると思います。もし、解析的にガチで求めたいときは、

 Σ[i=1:M]{ p(Ci)*S(Ci) }
 ただし、
  M = f(25,35)
  Ci={x1,……,x35}でxnはn種類目の問題を引いた回数を表す 
   Σ[i=1:35](xi) = 25 で、CiはM個存在
  p(Ci)はCiの組み合わせがおこる確率(35次元の多項分布に従う)
 S(Ci)はCiを与えたときの総得点

をがんばって計算してね!っていう感じになると思います

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