原神新圣遗物来歆余响效果触发情况分析
2022年4月4日
数学
原神2.6版本新增加的一个圣遗物来歆余响，被认为是和绫人比较搭配的一个圣遗物套装。其四件套描述效果是这样的：
> **普通攻击命中敌人时，有36%概率触发**「幽谷祝祀」：普通攻击造成的伤害提高，伤害提高值为攻击力的70%，该效果将在普通攻击造成伤害后的0.05秒后清除。**普通攻击未触发「幽谷祝祀」时，会使下次触发概率提升20%**；0.2秒内至多判定1次触发与否。
本来有一个暴击暴伤是概率问题就已经很看脸了，圣遗物特效再来个概率触发，还有保底机制，这就相当令人头疼了。到底这个特效触发频率是怎么样的？下面我们来简单分析一下。
效果描述中的“0.2秒内之多判定1次触发与否”基本是为了保证一次攻击一次判定，避免在面对多怪情况时，一次攻击同时命中多名敌人导致判定多次。而“0.05秒后清除”应该是为了避免一次攻击同时命中多名敌人时，后命中的敌人在结算伤害时算不到特效的情况。所以这两条和触发概率无关。
但是后面对于概率提升的机制描述，我自己产生了两种理解：
1. 本次普通攻击如果没有触发，那么下次触发概率在36%的基础上提升20%
2. 本次普通攻击如果没有触发，那么下次触发概率在本次触发概率基础上提升20%
由于我也没有体力去刷圣遗物，所以也不知道那种理解是对的。下面我们干脆就分情况讨论。
# 第一种情况
我们计算进入战斗状态后或者上次成功触发特效后，直到第$n$次攻击才触发特效的概率$p$。当连续不触发特效时，特效触发概率提升值（20%）不会累加。也就是说，即使前面没有触发特效的次数再多，这次攻击触发概率依然是56%。我们有两种方法可以分析触发情况：首次触发所需攻击次数的期望和第无穷次攻击触发的概率。
## 首次触发所需攻击次数的期望
由此可知
- 当$n=1$时，$p=0.36$
- 当$n=2$时，$p=0.64*0.56$
- 当$n=3$时，$p=0.64*0.44*0.56$
- 当$n=4$时，$p=0.64*{0.44}^2*0.56$
那么，总结起来就是
$$
p=\left\{ \begin{array}{ll}
0.36, & n=1 \\
0.64 \times {0.44}^{m-2} \times 0.56, & n \geqslant 2
\end{array}\right.
$$
上述函数也就是触发所需攻击次数$n$的概率质量函数$F(n)$。
根据该质量函数，就能计算出特效触发次数的期望值$E$。这里我们先假定玩家可以无限制攻击下去，该期望就可以看作是一个无穷级数求和的问题。期望值计算的公式是
$$
E=0.36+\sum_{i=2}^\infty i \times \left( 0.64\times 0.56\times {0.44}^{i-2} \right)
$$
后半部分其实是一个差比数列（无穷级数）求和问题，其中$0.64\times 0.56=0.3584$。最终得到的将结果是
$$
E=0.36+0.3584\times\left( \frac{2}{0.56} +\frac{0.44}{{0.56}^2} \right) = \frac{7}{15} \approx 2.142857
$$
所以，期望在第2或3次攻击时能够触发来歆余响四件套效果。
通过计算概率值也能发现，前三次攻击触发效果的概率已经达到87%，前四次达到了94%，基本上就是四次攻击必出特效了，除非真的特别脸黑才一直不触发效果。而第五次攻击才出特效地概率已经不到1%，第七次才触发的概率只有0.6%，差不多是单抽出金的概率。按照绫人的攻速，这差不多也就是2秒的时间。所以特效触发情况应该是能够得到保证的。
## 第无穷次攻击触发的概率
> 感谢米游社网友梦卷残云提供的思路
如果要算第 $n$ 次攻击触发的概率，可以先分析以下这个概率值受什么影响。从文本描述中看，触发概率其实就两种情况：如果前一次触发了，这次触发概率是36%；如果前一次没触发，这一次触发概率是56%。所以说，当前攻击触发的概率只和前一次攻击是否触发有关。因此，我们可以得到这样的式子
$$
\begin{aligned}
P(n) & = P(n-1) \times 0.36 + (1-P(n-1)) \times 0.56 \\
& = 0.56 - \frac{1}{5} P(n-1) \\
& = \frac{14}{25} \sum_{i=1}^{n-1} \left(-\frac{1}{5}\right)^{i-1} + \left(-\frac{1}{5}\right)^{n-1}P(1)
\end{aligned}
$$
其中 $P(1)=0.36$ 。那么，如果我们假设当前攻击之前，已经有了非常多次数的攻击了（因为文本中并没有描述脱离战斗状态或者下场时回到初始状态）。也就是说，当前攻击时，$n \rightarrow \infty$ ，那么
$$
\lim_{n \rightarrow \infty} P(n) = \frac{140}{300} = \frac{7}{15} \approx 0.46667
$$
事实上，如果我们算首次触发所需要攻击次数的期望，正好是第无穷次攻击触发的概率的倒数。
## 上述期望和概率的关系
那有没有一种方法，建立起之前计算的成功所需次数的期望和平均概率之间的关系呢？
我们现在假设一名角色在战斗中一共触发了 $k$ 次套装效果，其中第 $i$ 次触发所用的攻击次数为 $n_i$ ，那么总的攻击次数 $N$ 就有
$$
N=n_1+n_2+\cdots+n_k=\sum_{i=1}^k n_i
$$
我们不知道具体值，但是可以对等式两边取期望
$$
E(N)=E(n_1)+E(n_2)+\cdots+E(n_k)=kE(n)
$$
另一方面，如果我们将这个过程视为概率不变的二项分布，触发的概率是 $p$ ，如果我们要触发 $k$ 次，所需要的总攻击次数 $N$ 就变成了一个随机变量，设其中不成功的次数有 $m$ 次，其概率质量为
$$
f_N(k+m)=C_{k+m-1}^m p^k (1-p)^m
$$
那么我们可以计算出 $N$ 的期望
$$
\begin{aligned}
E(N) & = \sum_{m=0}^\infty (k+m)f_N(k+m) \\
&= \sum_{m=0}^\infty (k+m)C_{k+m-1}^m p^k (1-p)^m \\
&= \sum_{m=0}^\infty (k+m)\frac{(k+m-1)!}{m!(k-1)!}p^k(1-p)^m \\
&= \sum_{m=0}^\infty \frac{k}{p} \frac{(k+m)!}{m!k!}p^{k+1}(1-p)^m \\
&= \frac{k}{p} \sum_{m=0}^\infty C_{k+m}^{m}p^{k+1}(1-p)^m \\
&= \frac{k}{p} \sum_{m=0}^\infty C_{k'+m-1}^{m}p^{k'}(1-p)^m \\
&= \frac{k}{p} \sum_{m=0}^\infty f_N(k'+m)
\end{aligned}
$$
其中 $k'=k+1$ 。右面的级数其实就是一个概率分布之和，和 $f_N(m)$ 一样的，只是 $k$ 换成了 $k'$ 。如果我们认为这个概率和确实是1，那么就有
$$
E(N)=\frac{k}{p}
$$
在结合前面 $E(N)=kE(n)$ 的结论，就有
$$
E(n)=\frac{1}{p}, p=\frac{1}{E(n)}
$$
所以这样我们就可以求得套装效果触发的概率，我们可以将这个概率称作“**平均概率**”。
至于如何证明概率之和 $\sum_{m=0}^\infty f_N(k+m)$ 是1，老实说我也不知道，但我们可以用 Maple 的符号计算功能进行验证。在假设 $0<p<1,k\in \mathbb{N}^+$ 的情况下，这个结论可以得到验证。我们也可以顺便验证一下之前的期望计算的对不对。
可以看到 Mapple 推导得到了我们所以我们的计算没有问题。
# 第二种情况
这种情况下的状态图
这种情况就比较简单了，我们还是采用和第一种情况一样的思路，即直到第 $n$ 次攻击才触发特效的概率 $p$ 。显然，如果前四次攻击都没有触发效果，第5次攻击必定触发效果。当 $n=1$ 时 $p(n)=0.36$ ；当 $1 < n \leqslant 5$ 时，
$$
p(n) = \min[(0.36+0.2(n-1)),1] \prod_{i=1}^{n-1} [1-(0.36+0.2(i-1))]
$$
我们可以简单列出一个表
| n | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
| --- | ------ | -------- | ---------- | ------------ | ------------ |
| p | 0.36 | 0.3584 | 0.214016 | 0.06488064 | 0.00270336 |
这样我们就可以计算出首次触发特效的期望攻击次数 $E(n)=1.991887$ ，约等于 2。根据之前的结论，等效的二项分布试验成功的概率 $p$ 大约为**50.2%**。同时，这个情况下，前3次攻击的概率也达到了 93.2%，所以基本在前三次攻击就能触发特效，和第一种情况差不多。
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虽然新圣遗物很不错，但我选择水套。别问，问就是没树脂。
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