概率 - 硬币

对于这个问题，我们可以使用二项分布的正态近似。正面朝上的次数的方差为 1000*(1/2)*(1/2)=250。因此标准差为 250 ^1/2 =15.8114。正面朝上次数少于 548 次的概率为 normdist((548+0.5-500)/15.8114) = 0.998920，其中 normsdist 是 Excel 函数，用于计算均值为 0、标准差为 1 的正态分布随机变量落入给定 Z 分数的概率。接下来，我们减去正面朝上次数少于 452 次的概率。结果为 normdist((452-0.5-500)/15.8114) = 0.001080。因此答案为 0.99892-0.00108 = 0.997840。再次强调，这只是一个近似值。实际答案是 0.997856，但推导起来更加繁琐。平均而言，在掷骰子游戏中确定一个点数后，玩家会多久再提出一个点数？

假设一个点有5/12的概率出现，那么它将会是6或8，4/12的概率是5或9，3/12的概率是4或10。出现6或8的概率是5/11，出现5或9的概率是4/10，出现4或10的概率是3/9。因此，假设一个点已经成立，那么出现该点的概率为：(5/12)*(5/11)+(4/12)*(4/10)+(3/12)*(3/9) = 40.61%。

任何一个人抛出8次正面或反面的概率是2*(1/2) ⁸ = 1/128。如果平均50个人这样做，其中0.39人会全部抛出正面或反面。至少一个人全部抛出正面或反面的概率是32.44%。

这是一道典型的贝叶斯条件概率题。一般来说，给定 B 时 A 的概率是 A 和 B 的概率除以 B 的概率。在本例中，A 是连续抛 10 次正面，B 是掷出双头硬币。A 和 B 的概率是 1/100。这是因为掷出双头硬币的概率是 1/100，而如果真的掷出双头硬币，那么连续抛 10 次正面的概率是 100%。假设随机掷出一枚硬币，那么连续抛 10 次正面的概率是 (1/100)*1 + (99/100)*(1/2) ^10。这是因为掷出双头硬币的概率是 1%，即掷出 10 次正面的概率是 100%，而掷出一枚公平硬币的概率是 99%，即连续抛出 10 次正面的概率是 (1/2) ¹⁰ 。因此，假设你连续抛出 10 次正面，那么你选中两个正面硬币的概率为 0.01/(0.01*1 + 0.99* 0.000977) = 0.911843。

是的！我的建议是一开始就押正面朝上。据科学新闻在线报道，硬币落地时正面朝上的概率是51%。文章说，原因是抛出的硬币并非完美地绕轴旋转，有时看起来像在翻转，但实际上并没有。该假设仅适用于硬币被握在手掌中的情况，这样硬币的弹跳就不是问题了。文章还说，旋转的硬币落地时反面朝上的概率为80%，因为较重的正面会先向下沉。然而，我对此表示怀疑。我试了20次，得到了11次正面和9次反面。在20次旋转中，如果成功率为80%，得到9次或更少反面的概率是1/1775。

浪费了好几个小时后，我终于发现我把它转得太快了，慢一点就能达到我想要的效果，也就是反面朝上。而且，这枚硬币也不是完全均匀的，从最薄的部分开始旋转似乎能增加一致性。几张满是胡扯的图表和一个装饰成硬币形状的巨大纸板圆圈，让我的科学课得了A，其他课都不及格，因为我完全不做作业。

好吧，我又试了一次，慢慢地把硬币转了100次。我说的“慢”是指从弹硬币到结果显现的时间至少有两秒，但不到五秒。我用的是一枚漂亮闪亮的2004-D版硬币。结果是52次正面，48次反面。所以我仍然不相信，无论硬币以何种速度旋转，都会出现反面的概率。

对于单个事件，如果概率为 p，则平均等待时间为 1/p，这的确没错。然而，对于连续事件，情况会变得更加复杂。设 x 表示最后一次掷出的结果不是 2 的状态。这也是初始状态。设 y 表示最后一次掷出的结果为 2 的状态。第一次掷出结果后，我们有 5/6 的概率仍处于状态 x，有 1/6 的概率处于状态 y。设 Ex(x) 表示从状态 x 开始的掷骰次数的预期，Ex(y) 表示从状态 y 开始的掷骰次数的预期。那么……

Ex(x) = 1 + (5/6)*ex(x) + (1/6)*ex(y)，且
Ex(y) = 1 + (5/6)*ex(x)

求解这两个方程...

Ex(x) = 1 + (5/6)*ex(x) + (1/6)*( 1 + (5/6)*Ex(x))
Ex(x) = 7/6 + (35/36)*Ex(x)
（1/36）*Ex（x）= 7/6
例如（x）= 36 *（7/6）= 42

因此连续两次掷出 2 的平均等待时间为 42 次。

我遇到了相同类型的问题，只有预期翻转才能得到两次正面，在我的数学问题网站上，请参阅问题 128。

我们将 x 称为从起点开始的翻转预期次数。
如果其中一方的翻转次数占多数，则我们将 y 称为剩余翻转的预期次数。
如果一方的翻转次数占多数，则我们将 z 称为剩余翻转的预期次数。

E(x) = 1 + E(y)
E(y) = 1 + 0.5*E(x) + 0.5*E(z)
E(z) = 1 + 0.5*E(y)

由此，用矩阵代数很容易得出 E(x) = 9，E(y) = 8，E(z) = 5。因此，平均需要抛掷 9 次才能使正面和反面的概率差达到 3。因此，对于每次抛掷都能赢取 1 卢比的人来说，8 卢比的赌注是一个不错的选择，因为他平均能赢 9 卢比，但只损失 8 卢比。对于赌徒来说，赌场优势是 11.11%。9 卢比的赌注是公平的，7 卢比的赌注则为 22.22%。

很多人请我进一步解释一下我的答案。答案需要用到基本的矩阵代数知识。

首先将 x 定义为答案，或者直到正面和反面之间的差异为 3 为止的平均翻转次数。

令 y 为从一侧向上翻转一次的点开始的翻转预期次数。

令 z 为从一侧向上翻转两次的点开始的预期翻转次数。

第一次抛骰子后，其中一方将以一次抛骰子的优势占据多数。因此 x=1+y。

当任何一方领先一次抛掷时，另一方抛掷的结果要么与初始平局相同，要么是一方领先两次抛掷。两种结果的可能性相同。因此 y=1+0.5*x + 0.5*z

当任何一方领先两次抛掷时，再次抛掷将导致一方领先一次，或游戏结束。同样，两种结果的可能性相同。因此 z=1+0.5*y。

因此我们有三个方程和三个未知数：

（1）X= 1 + y

（2）Y = 1 + 0.5x + 0.5z

（3）Z = 1 + 0.5y

为了解决这个问题，我们首先将最后两个等式乘以 2 来去掉小数。

（1）X= 1 + y

（2）2Y = 2 + x + z

（3）2Z = 2 + y

我们将 (1) 中的 1+y 代入 (2) 中的 x。

2Y = 2 + 1 + y + z

（4）y=3+z

在 (3) 中不能用 3+z 代替 y

2z = 2 + 3 + z

z = 5

现在用 5 代替 (4) 中的 z 得到

（5）y = 3 + 5 = 8

将 y = 8 代入 (1) 中可得

（6）x = 9

下表显示了根据玩家A和玩家B选择的所有可能模式，玩家A获胜的概率。

选择最佳模式的记忆方法是，他的第一和第二个选择应该分别对应你的第二个和第三个选择。你的第一个选择应该与你的第三个选择相反。例如，如果对手选择HTT，你的第二个和第三个选择应该是HT。你的最后一个选择是T，所以对于HHT模式，你的第一个选择应该是H。按照这个策略，你的获胜概率将是2/3到7/8，具体取决于对手选择的模式。

您的铸币数量与Mountain View Coins的铸币数量接近。假设所有小麦一分硬币入袋的概率相同，那么任何一分硬币中不是 55 面值的概率为 (24,267,000,000-330,000,000)/24,267,000,000 = 0.986401286。5500 枚硬币中不是 55 面值的概率可以非常近似地计算为 0.986401286 ⁵⁵⁰⁰ = 507,033,772,284,213,000,000,000,000,000,000,000 分之一。

我爸爸是个钱币收藏家，所以我向他寻求了这方面的帮助。他是这样说的：

这是我的猜测。1955年，费城铸造了少量林肯一美分硬币，但日期却印了两次。没有人知道确切的数量。在发现错误之前，它们与其他一美分硬币混在一起流通。一枚未流通的硬币如今价值约2000至6000美元。我怀疑那袋“小麦”硬币里的所有1955年版硬币已经被某个寻找双模硬币的人全部淘光了。这里有一张照片： 1955年双模正面一美分硬币。

请注意，本网站出售的是“麦穗”版，可以肯定的是，在硬币被经销商收集后，一些年份的硬币已经被剔除。我原本以为那些非双模版的1955年版硬币会被归还收藏，但它们或许会被单独出售或熔化处理。如今，麦穗版便士中的铜比一美分值钱得多。这就是为什么他们在几十年前就改用镀铜锌版便士的原因。也有可能，铸币厂自己决定不发行许多1955年版硬币，而是在铸造后将其熔化处理，以避免人们对稀有的双模版硬币产生疯狂的抢购。铸币厂和邮局一直对印刷错误感到尴尬，并试图阻止它们流通。

是的，我说的是“非常接近”，因为世界上的硬币数量有限。从袋子里取出一枚非55面值的硬币，其移除效应会增加袋子里其他所有硬币都是55面值的硬币的概率。如果我没说“非常接近”，至少会有三个人写信来纠正我。当然，这只是一个极其微小的误差，但我的很多读者都是完美主义者，哪怕是最轻微的错误，他们也会对我大加指责。

请访问我的另一个网站 mathproblems.info 寻找解决方案（剧透警告！）

正面和反面正好各出现50次的概率是 (100,50)*(1/2) ¹⁰⁰ = 7.96%。公平赔率是11.56比1。因此，3比1的赔率非常糟糕，赌场优势高达68.2%。这可不是你的朋友。50/50是正面和反面最有可能出现的概率。一个有趣的赌注是正面/反面的次数是否会在47到53之间。落在这个范围内的概率是51.59%。如果你能找到一个赌徒押注总数会落在这个范围之外，那么在等额投注的情况下，你将获得3.18%的优势。

下表显示了 30 至 70 次正面/反面的概率。

在 n 次试验中，w 次获胜的概率的一般公式为 combin(n,w) × p ^w × (1-p) ^(nw) = [n!/(w! × (nw)!] × p ^w × (1-p) ^(nw) ，其中每次获胜的概率为 p 。

你问得真有意思；另一位读者刚刚给我发了一篇关于这个主题的学术论文。这篇论文包含下图，显示概率约为 62%。

有关该主题的更多信息，请参阅弗兰克·马丁 (Frank Martin) 撰写的《在赌场中遭遇如此糟糕连胜的几率有多大？》 (483K)。

我不知道这个问题是否有一个简单的、非递归的表达式来表达。但是，有一个简单的递归表达式来表达。

f(n)= pr(第一次抛反面的个数)×f(n-1) +
pr(第一次抛掷正面，第二次抛掷反面)×f(n-2) +
pr(前两次抛掷的正面，第三次抛掷的反面)×f(n-3) +
pr(前三次抛掷的正面，第三次抛掷的反面)×f(n-4) +
pr(前四次抛掷的正面，第四次抛掷的反面)×f(n-5) +
pr(前五次抛掷的正面，第五次抛掷的反面)×f(n-6) +
pr(前六次抛掷的正面，第六次抛掷的反面)×f(n-7) +
pr(前 7 次抛掷的正面次数) =

（1/2）×f（n-1）+
（1/2） ² ×f（n-2）+
（1/2） ³ ×f（n-3）+
（1/2） ⁴ ×f（n-4）+
（1/2） ⁵ ×f（n-5）+
（1/2） ⁶ ×f（n-6）+
（1/2） ⁷ × f(n-7) +
（1/2） ⁷

在哪里：
f(n)=n次翻转内成功的概率。
pr(x)=x发生的概率。

电子表格非常适合解决这类问题。在下面的电子表格截图中，我在单元格 B2 到 B8 中输入了概率 0，因为在 6 次或更少的抛掷次数内不可能连续出现 7 次正面。在单元格 B9 中，我输入了以下公式：

=(1/2)*B8+(1/2)^2*B7+(1/2)^3*B6+(1/2)^4*B5+(1/2)^5*B4+(1/2)^6*B3+(1/2)^7*B2+(1/2)^7

然后我把它从单元格B10复制粘贴到单元格B102，相当于翻转100次。这个概率是0.317520。随机模拟证实了这一点。

这篇文章最初发表后，Rick Percy 与我分享了他的矩阵代数解法。以下是我自己的解释。我假设读者已经了解矩阵代数的基础知识。

首先，在任何时候，弹球器可能处于八种状态：

p ₁ = 成功的概率，假设从当前点开始你需要再掷出 7 个正面。
p ₂ = 成功的概率，假设你需要从当前点开始再出现 6 个正面。
p ₃ = 成功的概率，假设您需要从当前点开始再出现 5 个正面。
p ₄ = 成功的概率，假设您需要从当前点开始再出现 4 个正面。
p ₅ = 成功的概率，假设您需要从当前点开始再出现 3 个正面。
p ₆ = 成功的概率，假设您需要从当前点开始再出现 2 个正面。
p ₇ = 成功的概率，假设您需要从当前点开始再出现 1 个正面。
p ₈ = 成功的概率，假设您不需要更多的正面 = 1。

我们将矩阵 S _n定义为第 n^次翻转后处于每个状态的概率。S ₀表示第一次翻转之前的概率，其中有 100% 的概率处于状态 0。因此 S ₀ =

 | 1 0 0 0 0 0 0 0 |

令 T 为两次连续翻转的变换矩阵，即从 S _n到 S _n+1 ，其中 S _n+1 = T × S _n

• 如果您处于状态 1，那么在一次翻转之后，您有 0.5 的机会处于状态 2（正面），并且有 0.5 的机会保持在状态 1（反面）。
• 如果您处于状态 2，那么在一次翻转之后，您有 0.5 的机会处于状态 3（正面），并且有 0.5 的机会返回到状态 1（反面）。
• 如果您处于状态 3，那么在一次翻转之后，您有 0.5 的机会处于状态 4（正面），并且有 0.5 的机会返回到状态 1（反面）。
• 如果您处于状态 4，那么在一次翻转之后，您有 0.5 的机会处于状态 5（正面），并且有 0.5 的机会返回到状态 1（反面）。
• 如果您处于状态 5，那么在一次翻转之后，您有 0.5 的机会处于状态 6（正面），并且有 0.5 的机会返回到状态 1（反面）。
• 如果您处于状态 6，那么在一次翻转之后，您有 0.5 的机会处于状态 7（正面），并且有 0.5 的机会返回到状态 1（反面）。
• 如果您处于状态 7，那么在一次翻转之后，您有 0.5 的机会处于状态 8（正面），并且有 0.5 的机会返回到状态 1（反面）。
• 如果您处于状态 8，那么您就取得了成功，并且将以 1.0 的概率保持在状态 8。

将所有这些放在转换矩阵 T = 的形式中

| 0.5 0.5 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 |
| 0.5 0.0 0.5 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 |
| 0.5 0.0 0.0 0.5 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 |
| 0.5 0.0 0.0 0.0 0.5 0.0 0.0 0.0 0.0 |
| 0.5 0.0 0.0 0.0 0.0 0.5 0.0 0.0 0.0 |
| 0.5 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.5 0.0 0.0 |
| 0.5 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.5 0.0 |
| 0.5 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.5 |
| 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 1.0 |

为了得到一次翻转后每个状态的概率...

（1） _S1 = _S0 ×T

翻转两次之后怎么样？

（2） _S2 = _S1 ×T

让我们用方程 (2) 代替方程 (1)...

（3） _S2 = _S0 ×T×T= _S0 × ^T2

那么翻转 3 次之后呢？

（4） _S3 = _S2 ×T

将方程 (3) 代入方程 (4)...

（5） _S3 = _S0 × ^T2 ×T= _S0 × ^T3

我们可以一直这样做，直到第 100 次翻转之后的状态......

S ₁₀₀ = S ₀ × T ¹⁰⁰

那么，T ¹⁰⁰是多少？在计算机出现之前，弄清楚这些数字一定非常困难。然而，借助 Excel 的 MMULT 函数，经过大量的复制粘贴，我们发现 T ¹⁰⁰ =

| 0.342616 0.171999 0.086347 0.043347 0.021761 0.010924 0.005484 0.317520 |
| 0.339863 0.170617 0.085653 0.042999 0.021586 0.010837 0.005440 0.323005 |
| 0.334379 0.167864 0.084271 0.042305 0.021238 0.010662 0.005352 0.333929 |
| 0.323454 0.162380 0.081517 0.040923 0.020544 0.010313 0.005178 0.355690 |
| 0.301693 0.151455 0.076033 0.038170 0.019162 0.009620 0.004829 0.399038 |
| 0.258346 0.129694 0.065109 0.032686 0.016409 0.008237 0.004135 0.485384 |
| 0.171999 0.086347 0.043347 0.021761 0.010924 0.005484 0.002753 0.657384 |
| 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 1.000000 |

右上角的项显示了翻转 100 次后处于状态 8 的概率，即 0.317520。

你提到这件事之前我都没听说过。你指的是喜鹊队（Magpies）青少年板球运动员克里斯蒂·佩林（Kristy Perrin）的精彩故事。她确实连续35次抛硬币预测错误。准确预测35次或更多次的概率是（1/2） ³⁵ = 34,359,738,368分之一。换个角度来看，中强力球的概率是195,249,054分之一。这比连续35次抛硬币预测错误的可能性高出176倍。

是的！押注抛硬币者手中朝上的一面。Persi Diaconis、Susan Holmes 和 Richard Montgomery 合著的学术论文《抛硬币的动态偏差》得出的结论是，硬币落地时朝上的概率为 51%。

这个问题是在我的同伴网站Wizard of Vegas的论坛中提出并讨论的。

我们先来解决两次损失的情况。

令 x 为从开始或每次获胜后未来翻转的预期次数。
令 y 为一次失败后未来抛掷的预期次数。

我们可以建立以下两个方程：

（1）x = 1 + .5x + .5y

一代表玩家必须抛硬币来改变状态。获胜的概率为 50%，保持在状态 x。失败的概率为 50%，进入状态 y。

（2）y = 1 + .5x

再次从状态 y 开始，1 表示在该点进行翻转。获胜的概率为 50%，返回状态 x。失败的概率为 50%，游戏结束，无需再次翻转，因此隐含的概率为 0.5*0。

将两个方程乘以 2 并重新排序可得：
（3）x - y = 2
（4）-x + 2y = 2

将两个方程相加可得：

（5）y=4

将其代入 (1) 至 (4) 中的任何方程，得到 x=6。

对于三损失的情况，将三种可能的状态定义为：

令 x 为从开始或每次获胜后未来翻转的预期次数。
令 y 为一次失败后未来抛掷的预期次数。
令 z 为两次失败后未来抛掷的预期次数。

初始方程为：

x = 1 + .5x + .5y
y = 1 + .5x + .5z
z = 1 + .5x

我们可以将初始状态设置为矩阵形式：

如果你还记得矩阵代数，我们可以用行列式（A）/行列式（B）来解 x，其中

A =

B =

Excel 有一个方便的行列式函数：=mdeterm(range)。在本例中，x = mdeterm(矩阵 A)/mdeterm(矩阵 B) = 1.75/0.125 = 14。

我们可以使用递归来处理更多连续失败的情况。假设是 4 次。根据上文所述，平均需要抛硬币 14 次才能连续失败 3 次。此时，硬币将再次抛出，重新开始的概率为 50%。因此：

x = 14 + 1 + x/2
x/2 = 15
x = 30

换句话说，在前一个答案上加一，然后加倍。

不难看出其中的规律。连续 n 次失败的期望抛掷次数是 2 ⁿ⁺¹ -2。

这个问题是在我的“拉斯维加斯巫师”论坛上提出并讨论的。

答案是 1-F ^(t) _n+2 /2 ⁿ ，其中 F ^(t) _n是 t 步斐波那契数列中的第 n 个数字。

你可能会问，斐波那契数列是什么？它的第一个数字是 1。在 t 步序列中，每个后续数字都是前 t 个数字之和。假设第一个数字之前的任何数字都是 0。

让我们看一个两步序列。第一个数字是 1。第二个数字是前两个数字之和。假设 1 前面有一个 0，所以第二个数字是 0+1=1。第三个数字是 1+1=2，第四个数字是 1+2=3，第五个数字是 2+3=5。

前十二个二步斐波那契数列为：1、1、2、3、5、8、13、21、34、55、89、144。

我们举个例子，抛十次硬币，至少有一次连续掷出两次反面的概率是多少？

我们使用两步斐波那契数列，因为我们只需要两次反面。数列中的第 12 个数字（比翻转次数多 2 个）是 144。因此，答案是 1-F ⁽²⁾ ₁₀₊₂ /2 ¹⁰ = 1 - 144/2 ¹⁰ = 1 - 144/1024 = 85.94%。

在 20 次抛掷中，连续出现 5 次反面的概率是多少？

前 22 个 5 步斐波那契数列为 1、1、2、4、8、16、31、61、120、236、464、912、1793、3525、6930、13624、26784、52656、103519、203513、400096、786568。

因此答案为 1 - F ⁽⁵⁾ ₂₀₊₂ /2 ²⁰ = 1 - 786,568/1,048,576 = 1 - 75.01% = 24.99%。

我在Wizard of Vegas论坛上讨论过这个问题。

这是答案和解决方案（PDF）。

有关此问题的讨论，请访问我在Wizard of Vegas 的论坛。

不。不过，尝试得不错。后手拥有巨大的位置优势。以下是后手的策略及其获胜概率。

如上表所示，我获胜的最佳机会（或者说您获胜的最差机会）是选择 THT 或 HTH，此时我的获胜机会仍然只有 1/3。我应该以 2 比 1 的赔率进行公平投注，因此如果只以 3 比 2 的赔率进行投注，那么您的优势就有 16.67%。

以下是记住玩家二策略的方法。令 P(x) 表示玩家一在位置 x 的选择。令 O(x) 表示玩家一在位置 x 的选择的反方向。玩家二的选择应该始终为：O(2) - P(1) - P(2)。

我在Wizard of Vegas论坛上提出并讨论了这个问题。

请点击下面的按钮获取答案。

这是我的解决方案（PDF）。

我在Wizard of Vegas论坛上提出并讨论了这个问题。

这个问题是在Wizard of Vegas论坛上提出并讨论的。

让我们首先回答这个问题：假设玩家的资金无限，那么在一百万次抛掷之后，玩家亏损超过 x 个单位的概率是多少。

由于这是一个公平的赌注，一百万次抛掷后的平均赢利为零。每次抛掷的方差为1，因此一百万次抛掷的方差为一百万。因此，一个标准差为 sqrt(1,000,000) = 1000。

我们可以使用 Excel 函数 =norm.inv(probability,mean,standard deviation) 来计算所需的资金。例如，如果我们输入 =norm.inv(.25,0,1000)，我们会得到 -674.49。这意味着，如果在一百万次抛掷之后，玩家有 25% 的概率输掉 674 或更多。请记住，这只是一个估计值。为了得到正确的答案，我们应该使用二项分布，但如果抛掷了一百万次，这将非常繁琐。

如果玩家带着674美元上桌，他很可能在百万翻倍之前就把钱花光。如果他能继续赊账，他或许能翻盘，最终输掉的钱少于674美元。事实上，一旦玩家的赔率是-674美元，那么在未来的某个时间点，他最终输掉的钱有一半的可能性会高于或低于-674美元。

因此，如果玩家可以赊账玩，则可能出现三种结果。

1. 玩家的水平永远不会低于-674。
2. 玩家在某个时刻跌至 -674 以下，但恢复并最终超过 -674。
3. 玩家在某个时刻跌至 -674 以下，继续玩并输得更多。

我们已经确定情景 3 的概率为 25%。

场景 2 的概率必须与场景 3 的概率相同，因为一旦玩家落后 -674，那么在一百万次抛掷之后，他有 50% 的机会达到或低于该点。

场景 1 是唯一的其他选择，其概率必须为 100%-25%-25% = 50%。

如果玩家永远不会低于 674 的概率是 50%，那么低于该数额的概率一定是 100%-50% = 50%。

因此，我们对原始问题的答案是 674 美元。

我在Wizard of Vegas论坛上提出并讨论了这个问题。