Mexikanisches Metagame, Teil 2

Dies hier war der erste Teil meines (unseres) Experiments, und hier wurde es ausgewertet.

Darauf aufbauend möchte ich nun, auch Euren Wünschen folgend, den zweiten Teil beginnen:

Es finden weiterhin Turniere mit 8 zufällig zusammengestellten Teilnehmern statt, bei denen jeder Teilnehmer mit einem von drei Würfeln antritt, für den er sich im Vorfeld entscheiden muss (also ohne zu wissen, welche Würfel seine Konkurrenten nehmen). Hier noch einmal zur Referenz die Gewinnchancen der Würfel gegeneinander – wenn Ihr wissen wollt, wie diese zu Stande kommen, lest es im ersten Teil nach:

A gegen A 50%; A gegen B 41,7%; A gegen C 69,4%

B gegen A 58,3%; B gegen B 50%; B gegen C 41,7%

C gegen A 30,6%; C gegen B 58,3%; C gegen C 50%

Es werden drei Runden K.O.-System gespielt. Jeder Spieler muss 100 Euro einsetzen. Der Sieger des Turniers erhält 500 Euro, der unterlegene Finalist 300 Euro.  Die Frage lautet: Welchen Würfel wählt Ihr?

Aber Moment: Bisher hat sich ja noch nichts gegenüber dem ersten Teil des Experiments geändert. Einen wichtigen Unterschied soll es diesmal aber geben, und zwar wisst Ihr diesmal, wie der erste Teil des Experimentes ausgegangen ist! Diese Information könnt und sollt Ihr in Eure diesmalige Entscheidung einfließen lassen.

Danke übrigens an  Bedenkenträger und RolandB, die so nett waren, mir viel Rechenarbeit abzunehmen! Allerdings muss, so weit ich es überblicke, in Bedenkenträgers Rechnungen irgendwo der Wurm drin sein (oder ich bin halt zu blöd, sie nachzuvollziehen), denn da wurde irgendwie mehr Geld gewonnen als verloren… Deswegen stütze ich mich hier auf Rolands Berechnungen:

Von 216 Lesern, die abgestimmt haben, entschieden sich 121 (56%) für Würfel A, 75 (35%) für B und 20 (9%) für C. Das ist also die durchschnittliche Verteilung zu Beginn des Turniers. Von Runde zu Runde ändert sich diese wie folgt:

Erreichen der zweiten Runde: 55/37/08

Erreichen des Finales: 53/40/07

Turniergewinner: 51/43/06

(Alle Angaben in Prozent.)

Nun, wo Euch also bekannt ist, wie das Teilnehmerfeld beim ersten Experiment ausgesehen hat. Welchen Würfel wählt Ihr dieses Mal? (Wieder halte ich die Ergebnisse zunächst geheim.)

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10 Comments on “Mexikanisches Metagame, Teil 2”

  1. Bedenkenträger Says:

    Hmm, wieso wurde da mehr gewonnnen als verloren? Nehmem wir als Beispiel mal das Deck B:
    Von 10.000 Turnierteilnahmen habe ich damit 1.639 mal den 1. Platz belegt und damit 819.500 gewonnen. Zweiter Platz = 1.380 * 300 = 414.000. Ergibt insgesamt Turnier-Gewinne von 1.233.500. Eingezahlt wurde von mir 1.000.000 (10.000 * 100) an Teilnahmegebühren. Ergibt einen Gewinn von 233.500. Die anderen Teilnahmegebühren wurden in Form von Gewinnen an die anderen Teilnehmer ausgeschüttet. Heisst, mit Deck B hat eine Teilnahme einen positiven Erwartungswert von ca. 23.35 € und zu etwa 16,39 % gewinne ich das Turnier – nat. in dem vorgegebenen Meta.
    Mit Deck A hätte ich einen EW von – 4.63 € und gewinnen das Turnier zu 11.43 %. Und Deck C eben analog.


  2. Sehe ich das denn falsch, dass folgende Gleichung gelten muss:

    T(A)*E(A)+T(B)*E(B)+T(C)*E(C)=0

    wobei T(A) der prozentuale Anteil der A-Spieler am Feld ist und E(A) deren durchschnittliche Gewinnerwartung?

    Das kam bei mir beim Nachrechnen aber nicht heraus.

  3. Bedenkenträger Says:

    Ah, ok. Ja würde auch sagen, dass die Gleichung stimmen muss :-)

    Ich glaube der Unterschied bei mir liegt darin, dass es sich um drei unterschiedliche Metagames handelt. Also wenn ich z.B. zwingend Deck C spiele verändere ich dadurch ein 8-Spieler Meta ja nicht unerheblich (in den 10.000 Turnieren die ich mit Deck C bestreite ist der Anteil von Deck C dadurch bei ca. 20% und nicht bei 9%). Dadurch ist der EW von Deck B in der dritten Turnierserie geringer als der angegebene aus der zweiten … oder sehe ich das falsch?

    Wenn ich zumindest alle acht Decks zufällig bestimmen lasse, bekomme ich folgendes Ergebnis (10.000 Läufe):

    Anzahl Teilnahmen A: 44990
    Anzahl Teilnahmen B: 27710
    Anzahl Teilnahmen C: 7300

    Anzahl Siege A: 5052
    Anzahl Siege B: 4380
    Anzahl Siege C: 568

    Anzahl Zweiter A: 5562
    Anzahl Zweiter B: 3664
    Anzahl Zweiter C: 774

    Konto A Gesamt : -304400
    Konto B Gesamt : 518200
    Konto C Gesamt : -213800

    wo die Geldmenge gleich bleibt und die Gewinnwahrscheinlichkeiten ca. denen von Roland entsprechen.

  4. tfp Says:

    Was man an Bedenkenträgers Zahlen auch sehr viel eindrücklicher sieht als bei den Prozentzahlen im OP: Wer B genommen hat ist einfach ganz klarer Sieger. A hat es nur über die immense Menge in die oberen Reihen geschafft – man muß also ziemlich lucky sein um mit A wirklich Geld zu machen. Mit B in dem 75%-A-Meta hingegen, braucht man nur genügend Turniere spielen und ist einfach statistisch auf der Gewinner Seite…

    Wohingegen der erste Blick auf die Gewinner-Prozentzahlen suggerieren, daß A eben doch die richtige Wahl gewesen ist.

    Das Ziel müsste ja sein, daß jetzt jeder B nimmt, da es ja als “Gewinner” aus dem letzten Turnier gegangen ist, und jetzt C gewinnt.

  5. welten Says:

    Fragt sich nur, ob wirklich genug Leute C, die glass-canon, nehmen, um B unprofitabel werden zu lassen. Besonders, da ja sicher einige A nehmen, um einen Level höher zu denken..

  6. Yawgmoth Says:

    Ich nehm wieder B, weil ich einfach denke, dass wieder genug Leute oft genug (bzw. eher “zu wenig”) ums Eck denken, so dass A wieder den Großteil des Felds stellen wird.

  7. Teardrop Says:

    Selbst wenn B am häufigsten ist ist B immer noch eine gute Wahl (siehe die Kommentare unter der Einleitung). Erst wenn mehr als 50% B da sind wird es kritisch bzw. lohnt sich C.


  8. Vielleicht mache ich mir den Gedankengang ja gerade zu einfach, aber: Da B gegen C mit der gleichen Chance verliert, mit der es gegen A gewinnt – ist B dann nicht genau so lange eine gute Wahl, wie mehr A als C im Feld ist, und dann nicht mehr, wenn mehr C als A vorhanden ist – völlig unabhängig davon, wie viel andere B es gibt? (Natürlich hängt vom B-Anteil ab, eine WIE gute oder schlechte Wahl B ist, aber nicht, OB gut oder schlecht, denke ich.)

  9. Bedenkenträger Says:

    Ja. Solange mehr A als C vorhanden ist, sollte B langfristig positiv gehen. Nat. ist B damit nicht zwangsläufig die beste Wahl. Genauso lohnt sich C auch dann, wenn weniger als 50% aus B besteht, nämlich wenn der Rest zum Großteil auch aus C besteht. Nur das sich dann A eben schon wieder noch mehr lohnt.


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