Aqui está um programa AnyDice para simulá-lo:

function: test N:n against X:n reroll Y:n later Z:n {
    if N >= Y { result: 1 + [test d6 against X reroll Z later Z] }
    if N >= X { result: 1 }
    result: 0
}
output [test d6 against 4 reroll 6 later 6] named "success on 4-6, reroll on 6"
output [test d6 against 3 reroll 6 later 6] named "success on 3-6, reroll on 6"
output [test d6 against 4 reroll 5 later 6] named "success on 4-6, reroll on 5-6 (re-reroll on 6)"

Olhando para a saída do resumo, podemos ver que a rolagem da linha de base (sucesso em 4+, explodir em 6) produz em média 0,6 sucessos por dado. Diminuir o limiar de sucesso para 3+ aumenta isso para uma média de 0,8 sucessos por dado, enquanto que a redução do limiar de explosão para 5+ dá 0,7 sucessos por dado. (Eu fiquei um pouco surpreso que as taxas médias de sucesso funcionariam para números redondos tão bons, mas parece que sim.)

Assim, reduzir o limite de sucesso é um investimento significativamente melhor do que diminuir o limite de explosão.

Na verdade, isso é fácil de ver intuitivamente: diminuir o limite de sucesso em um dá a chance de 1/6 de um sucesso extra ; abaixar o limite de explosão em um dá a chance de 1/6 de um rolagem extra . Dado que o número esperado de sucessos por dado é menor do que um, é bastante óbvio que, dada a escolha, você deve escolher um sucesso extra sobre um dado extra.

Ps. Eu fiz mais alguns testes , e parece que, se você modificar o segundo capacidade de também permitir rerolagens sucessivas em 5+, o número médio de sucessos por dado aumenta para 0,75 . Ainda é menos do que pela primeira habilidade, mas mais perto.

Permitindo uma rolagem em qualquer sucesso inicial (ou seja, em um lançamento inicial de 4+), mas apenas em um 6 para testes subsequentes, acaba por dar o mesmo número médio de sucessos, 0,8 , diminuindo o limiar de sucesso para 3. Assim, se você realmente quer que as duas habilidades sejam igualmente boas, isso pode ser uma boa opção a considerar.

(Ou você poderia manter a habilidade de rolar de novo como originalmente sugerido, isto é, apenas melhorar a primeira chance de rerolagem em 1/6, e fazer com que ela custasse a metade da habilidade de sucesso aprimorada; se você deixar o jogador rolar novamente capacidade duas vezes, que seria, em média, equivalente à primeira habilidade.)

Derivação de fórmulas

Probabilidades \ $ p (X = k) \ $:

• \ $ p (X = 0) = \ frac {3} {6} = \ frac {1} {2} \ $ como temos que rolar 1,2 ou 3 no d6.
• \ $ p (X = 1) = \ frac {2} {6} + \ frac {1} {6} \ cdot \ frac {1} {2} = \ frac {5} {12} \ $ como podemos aplicar um sucesso padrão (4 ou 5) ou obter uma explosão 6 com uma falha de acompanhamento (1,2 ou 3).
• \ $ p (X = 2) = \ frac {1} {6} \ cdot p (X = 1) = \ frac {5} {72} \ $ como precisamos que os primeiros dados explodam com certeza, depois disso estamos na situação que queremos rolar outro sucesso com um d6, então multiplique com \ $ p (X = 1) \ $.
• \ $ p (X = n + 1) = \ frac {1} {6} \ cdot p (X = n) \ $, como podemos usar o mesmo argumento para todo o maior número de sucessos.

Se usarmos essa fórmula para calcular as probabilidades, obteremos os seguintes valores:

\ begin {array} {r | ccccc} X & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \ p (X) & 50,0 \% & 41,7 \% & 6,9 \% & 1.2 \% & 0.2 \% \\ \ end {array}

Probabilidades \ $ pa (X = k) \ $:

• \ $ pa (X = 0) = \ frac {2} {6} = \ frac {1} {3} \ $ como temos que rolar 1 ou 2 no d6.
• \ $ pa (X = 1) = \ frac {3} {6} + \ frac {1} {6} \ cdot \ frac {2} {6} = \ frac {5} {9} \ $ como podemos fazer um sucesso padrão (3, 4 ou 5) ou obter uma explosão 6 com uma falta de acompanhamento (1 ou 2).
• \ $ pa (X = 2) = \ frac {1} {6} \ cdot p (X = 1) = \ $ porque precisamos que o primeiro dado exploda com certeza, depois disso estamos na situação que queremos rolar outro sucesso com um d6, então multiplique com \ $ pa (X = 1) \ $.
• \ $ pa (X = n + 1) = \ frac {1} {6} \ cdot pa (X = n) \ $ como podemos usar o mesmo argumento para todo o maior número de sucessos.

Se usarmos essa fórmula para calcular as probabilidades, obteremos os seguintes valores:

\ begin {array} {r | ccccc} X & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \ pa (X) & 33,3 \% & 55,6 \% & 9.3 \% & 1,5 \% & 0.3 \% \\ \ end {array}

Probabilidades \ $ pb (X = k) \ $:

• \ $ pb (X = 0) = \ frac {3} {6} = \ frac {1} {2} \ $ como temos que rolar 1,2 ou 3 no d6.
• \ $ pb (X = 1) = \ frac {1} {6} + \ frac {2} {6} \ cdot \ frac {3} {6} = \ frac {1} {3} \ $ como podemos fazer um sucesso padrão (apenas 4) ou obter uma explosão de 5 ou 6 com uma falta de acompanhamento (1,2 ou 3).
• \ $ pb (X = 2) = \ frac {2} {6} \ cdot \ frac {2} {6} + \ frac {2} {6} \ cdot \ frac {1} {6} \ cdot \ frac {1} {2} = \ frac {5} {36} \ $ já que precisamos dos primeiros dados para explodir com certeza, depois disso estamos na situação que temos que lançar outro sucesso com um d6, então multiplique com \ $ p (X = 1) \ $.
• \ $ pb (X = n + 1) = pb (X = 2) \ cdot p (X = n-1) \ $ como podemos usar o mesmo argumento para todos os números mais altos de sucessos.

Se usarmos essa fórmula para calcular as probabilidades, obteremos os seguintes valores:

\ begin {array} {r | ccccc} X & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \ pb (X) & 50,0 \% & 33,3 \% & 13.9 \% & 2.3 \% & 0.4 \% \\ \ end {array}

Gráfico de barras com probabilidades para \ $ p (X = k) \ $, \ $ pa (X = k) \ $ e \ $ pb (X = k) \ $

Valor esperado e desvio padrão

Se calcularmos o valor esperado ou a média de ocorrências, obtemos

• \ $ E [p (X = k)] = 0.6 \ $
• \ $ E [pa (X = k)] = 0,8 \ $
• \ $ E [pb (X = k)] = 0.7 \ $

O desvio padrão ou a distribuição de ocorrências é

• \ $ S [p (X = k)] = 0,04 \ $
• \ $ S [pa (X = k)] = 0,06 \ $
• \ $ S [pb (X = k)] = 0,04 \ $

Dicepools

Aqui está um gráfico de barras para um dicepool de seis dados:

Agora você vê claramente que o máximo para \ $ pa \ $ é para \ $ k = 5 \ $ sucessos - próximo a \ $ 4,8 = 0,8 \ cdot 6 \ $ - onde o máximo para \ $ pb \ $ é para \ $ k = 4 \ $ sucessos - perto de \ $ 4.2 = 0.7 \ cdot 6 \ $. A primeira habilidade sempre tem uma probabilidade menor de um número menor de sucessos e sempre uma probabilidade maior de mais sucessos como a segunda habilidade. Se você for a um número extremamente grande de sucessos como 10 ou mais, a segunda habilidade tem chances ligeiramente melhores como a segunda habilidade, mas como as probabilidades estão abaixo de 1%, isso pode não importar mais.

Resposta curta

Acho que a fórmula para os sucessos esperados é esta:

\ begin {align} E & = n \ cdot \ frac {3d - t - 2e + 1} {e-1}, & \ text {onde} & 1 ≤ t ≤ e ≤ d \ end {align}

Embora a variância possa ser esta (não testada):

\ begin {align}     V = n \ cdot \ left (\ frac {d-t + 1} {d-1} - \ frac {(et) ^ 2- (d-e + 1) ^ 2} {(d-1) ^ 2 }\certo) \ end {align} Aqui está o que todas as variáveis significam:

• \ $ d \ $ ... número de lados que um único dado tem (em Shadowrun \ $ d = 6 \ $ - nós rolamos dados simples de seis lados)

• \ $ n \ $ ... número de tais dados no conjunto (geralmente \ $ n = Atributo + Habilidade \ $ no Shadowrun)

• \ $ e \ $ ... rolagem mínima para um dado explodir (\ $ e = 6 \ $ em Shadowrun - apenas os 6 explodem)

• \ $ t \ $ ... rolagem mínima para um sucesso (\ $ t = 5 \ $ no Shadowrun - 5 e 6 são sucessos)

• \ $ h \ $ ... número de ocorrências, ou seja, dados com um resultado \ $ ≥t \ $ no teste (não necessário aqui)

Conhecer o spread médio (da variância) também é bom, porque você também vai querer saber se ainda é uma ocorrência frequente obter, não sei, 12 sucessos em apenas 16 dados, ou se 8 acertos já são muito improváveis. Ou seja com um limiar de explosão menor, maiores contagens de acertos se tornam mais prováveis. No entanto, o valor de expectativa pode ser muito semelhante ao de um limite de acertos menor \ $ t \ $ em um limite de explosão maior \ $ e \ $.

A matemática por trás

Explodindo apenas em 6:

Se você quiser fórmulas, pensei em dar um breve resumo da minha pergunta sobre explosão dos pools de dados e suas respostas. Você pode mostrar as fórmulas abaixo para serem verdadeiras para probabilidades de exatamente \ $ h \ $ hits, os valores esperados de hits \ $ E \ $ e suas variâncias \ $ V \ $:

\ begin {align} p ^ \ text {não-exp} _ {d, n, t, h} & = \ binom {n} {h} \ left (\ frac {d-t + 1} {d} \ right) ^ h \ left (1- \ frac {d-t + 1} {d} \ right) ^ {nh} \\ E ^ \ text {non-exp} _ {d, n, t} & = n \ \ frac {d-t + 1} {d} \\ V ^ \ text {não-exp} _ {d, n, t} & = n \ \ frac {(d-1) (d-t + 1)} {d ^ 2} \\ % p ^ \ text {exp} _ {d, n, t, h} & = \ frac {(t-1) ^ n} {d ^ {n + h}} \ sum_ {k = 0} ^ {\ max (h, n)} \ binom {n} {k} \ binom {n + hk-1} {hk} \ left [\ frac {d (dt)} {t-1} \ right] ^ k \\ E ^ \ text {exp} _ {d, n, t} & = n \ \ frac {d-t + 1} {d-1} \\ V ^ \ text {exp} _ {d, n, t} & = n \ \ frac {t \, (d-t + 1)} {(d-1) ^ 2} \\ \ end {align}

As ideias para provas podem ser encontradas em Math StackExchange. Agora, isso pressupõe que os dados só explodem no máximo de 6 no seu caso. Por isso, não pode dizer-lhe nada sobre jogadas onde os dados explodem, p. Ex. no 5 e 6. Exceto que é lógico que um roll de seis lados onde 1 e 2 não são sucessos, 3 e 4 são sucessos sem re-rolls e 5 e 6 são sucessos com explosão é igual a um roll de dados de três lados onde 1 não é um sucesso, 2 é um sucesso sem re-lançamento e 6 é um sucesso explosivo.

Eu criei uma pequena página da web (útil para o Shadowrun ou o oWoD) para isso e testei com uma simulação :

Limites de explosão arbitrária:

As fórmulas devem ser razoavelmente fáceis de modificar para limites arbitrários de explosão com o mesmo raciocínio usado em meu link. Vamos chamar o limiar de explosão \ $ e \ $. Então, se o teste explodir em 5 e 6, então \ $ e = 5 \ $ neste caso (para Shadowrun teríamos \ $ e = d = 6 \ $). O valor de expectativa \ $ E_1 \ $ de um único dado precisa preencher esta equação:

$$ E_1 = 0 \ cdot \ frac {t-1} {d} + 1 \ cdot \ frac {2d-te} {d} + (E_1 + 1) \ cdot \ frac {de-1} { d} $$

Zero sucessos com uma probabilidade \ $ \ frac {t-1} {d} \ $, em sucesso e sem explosões com uma probabilidade de \ $ \ frac {2d-te} {d} \ $ e em caso de explodindo dados, temos uma probabilidade de \ $ \ frac {de-1} {d} \ $ para obter \ $ E_1 \ $ mais sucessos.

Isso pode ser resolvido para \ $ E_1 \ $. Agora o valor de expectativa para \ $ n \ $ dice é apenas \ $ n \ $ vezes para um dado (\ $ E = n E_1 \ $):

\ begin {align} E & = n \ cdot \ frac {3d - t - 2e + 1} {e-1}, & \ text {onde} & 1 ≤ t ≤ e ≤ d \ end {align}

Note que, embora as fórmulas para explodir no valor mais alto sejam testadas exaustivamente, não testei a fórmula acima .