User:Cerenkov/抽卡期望计算

连续抽卡出货的概率怎么算？抽数和出货个数之间的规律是怎样的？这篇文章就是用中学阶段的知识（顶多是数学竞赛初赛难度）来解答这些问题，很简单的哦～

和很多人编程模拟抽卡然后统计结果不一样，以下全部都是精确计算，而非模拟抽卡。

哈吉马路哟～简单易懂的抽卡数学～

只用单抽券的情形

定义

这里先忽略60%概率UP，把抽出四星就叫做“出货”。

同时也忽略十连抽卡的特殊概率，仅使用出货概率 $p=1\%$ 的单抽券。

用随机变量 $X_{k}$ 表示单抽 $k$ 次后得到的四星魔法少女的个数。

“单抽 $k$ 次出货 $x$ 个”这一事件便记作 $X_{k}=x$ ，该事件发生的概率记作 $P(X_{k}=x)$ 。

那么当 $k$ 不变时，随机变量 $X_{k}$ 的数学期望就是 $E[X_{k}]=\sum _{x=0}^{k}P(X_{k}=x)\cdot x$ 。

例如：单抽1次出货1个的概率 $P(X_{1}=1)=1\%$ ，出货0个的概率 $P(X_{1}=0)=99\%$ ，因此单抽1次的出货个数的数学期望 $E[X_{1}]=P(X_{1}=1)\cdot 1+P(X_{1}=0)\cdot 0=0.01$

简单易懂的切入角度

考虑最简单的情形， $E[X_{2}]=P(X_{2}=0)\cdot 0+P(X_{2}=1)\cdot 1+P(X_{2}=2)\cdot 2$

由于两次单抽是独立随机事件事件，假如用 $P_{1}$ 和 $Q_{1}$ 分别代表第一抽出货和不出货的概率、用 $P_{2}$ 和 $Q_{2}$ 代表第二抽出货和不出货的概率的话，那么
${\begin{aligned}E[X_{2}]&=Q_{1}Q_{2}\cdot 0+(Q_{1}P_{2}+P_{1}Q_{2})\cdot 1+P_{1}P_{2}\cdot 2\\&=Q_{2}\cdot (Q_{1}\cdot 0+P_{1}\cdot 1)+P_{2}\cdot (Q_{1}\cdot 1+P_{1}\cdot 2)\\&=Q_{2}\cdot E[X_{1}]+P_{2}\cdot (E[X_{1}]+1)\end{aligned}}$

这就是数列 $\{E[X_{k}]\}_{k\in Z_{+}}$ 第二项与第一项之间的递推关系。

同理，数列第三项与前两项的递推关系就是
${\begin{aligned}E[X_{3}]&=Q_{3}\cdot E[X_{2}]+P_{3}\cdot (E[X_{2}]+1)\\&=Q_{3}\cdot [Q_{2}\cdot E[X_{1}]+P_{2}\cdot (E[X_{1}]+1)]+P_{3}\cdot (E[X_{2}]+1)\\&=Q_{3}Q_{2}\cdot E[X_{1}]+Q_{3}P_{2}\cdot (E[X_{1}]+1)+P_{3}\cdot (E[X_{2}]+1)\end{aligned}}$

可以注意到，上式最后一项 $P_{3}$ 代表的是第三抽出了货的情形，倒数第二项 $Q_{3}P_{2}$ 代表的是第三抽没出货、第二抽出了货的情形，剩下的那项 $Q_{3}Q_{2}$ 代表的是第三抽和第二抽都没出货的情形。

简单易懂的推广

因此，推广到101项的时候，可以同理写出
${\begin{aligned}E[X_{101}]&=P_{101}\cdot (E[X_{100}]+1)+Q_{101}P_{100}\cdot (E[X_{99}]+1)+Q_{101}Q_{100}P_{99}\cdot (E[X_{98}]+1)+\\&\quad \cdots +Q_{101}Q_{100}\cdots Q_{3}P_{2}\cdot (E[X_{1}]+1)+Q_{101}Q_{100}\cdots Q_{2}\cdot E[X_{1}]\end{aligned}}$

不过这里有一个小小的问题：连续99抽不出货之后，第100抽不出货也要出货。

上式的前面的项都包含有某个 $P_{i}$ ，对应了至少有一次出货的情形，唯独最后一项代表第2抽到第101抽均不出货，因此该项应修正为 $Q_{101}Q_{100}\cdots Q_{2}\cdot (E[X_{1}]+1)$

然后用 $p=1\%$ 和 $N=100$ 来重写上式，就得到
$E[X_{N+1}]=\sum _{i=1}^{N}(1-p)^{i-1}p\cdot (E[X_{N+1-i}]+1)+(1-p)^{N}\cdot (E[X_{N+1-N}]+1)$

将上式的 $N+1$ 替换成 $k$ 便可得到数列的 $N$ 阶线性递推关系：
$E[X_{k}]=\sum _{i=1}^{N}(1-p)^{i-1}p\cdot (E[X_{k-i}]+1)+(1-p)^{N}\cdot (E[X_{k-N}]+1)$

不难发现上式的常数项 $\sum _{i=1}^{N}(1-p)^{i-1}p+(1-p)^{N}=1$ ，因此可以写成
$E[X_{k}]=\sum _{i=1}^{N}(1-p)^{i-1}p\cdot E[X_{k-i}]+(1-p)^{N}\cdot E[X_{k-N}]+1$

求解数列通项公式

首先来去掉常数项：定义一个新的数列 $F_{k}=E[X_{k}]-\alpha k$ ，其中 $\alpha$ 是待定常系数，那么递推关系就成了
$F_{k}=\sum _{i=1}^{N}(1-p)^{i-1}p\cdot [F_{k-i}+\alpha (k-i)]+(1-p)^{N}\cdot [F_{k-N}+\alpha (k-N)]+1-\alpha k$

令递推关系中的常数项等于零，即
${\begin{aligned}0&=\sum _{i=1}^{N}(1-p)^{i-1}p\cdot \alpha (k-i)+(1-p)^{N}\cdot \alpha (k-N)+1-\alpha k\\&=1-\alpha \cdot [\sum _{i=1}^{N}(1-p)^{i-1}p\cdot i+(1-p)^{N}\cdot N]\end{aligned}}$

因此要消去常数项，只需令
${\begin{aligned}\alpha &={\frac {1}{\sum _{i=1}^{N}(1-p)^{i-1}p\cdot i+(1-p)^{N}\cdot N}}\\&={\frac {p}{1-(1-p)^{N}}}\end{aligned}}$
（其中使用了关系式 $pN=1$ 来化简）

然后我们写出齐次递推数列 $\{F_{k}\}_{k\in Z_{+}}$ 的特征方程：
$\lambda ^{N}=\sum _{i=1}^{N}(1-p)^{i-1}p\cdot \lambda ^{N-i}+(1-p)^{N}$

点击此处尝试求解该方程，并发现方程的解近似于均匀分布在复平面单位圆上。

点击此处严格求该方程当 $p=0.25$ 、 $N=4$ 时的精确解，得到 $\lambda _{0}=1$ 、 $\lambda _{1}=0.75i$ 、 $\lambda _{2}=-0.75$ 、 $\lambda _{3}=-0.75i$ 四个解。

于是猜想特征方程的 $N$ 个复根应该就是 $\lambda _{0}=1$ ， $\lambda _{j}=(1-p)e^{\frac {2\pi ij}{N}}$ （ $j=1\cdots N-1$ ），代入特征方程不难验证其成立。

有了特征根 $\lambda _{j}$ ，可以直接看出 $F_{k}=\lambda _{j}^{k}$ （ $j=0\cdots N-1$ ）是 $N$ 种符合数列 $\{F_{k}\}$ 递推关系的解。

它们线性组合成数列递推关系的通解
$F_{k}=A_{0}+\sum _{j=1}^{N-1}A_{j}\lambda _{j}^{k}$
其中 $A_{0},A_{1},\cdots ,A_{N-1}$ 是 $N$ 个待定常系数。

另一方面，数列的前100项是已知的：当 $0\leqslant k\leqslant 99$ 即还没到保底时，每一抽的数学期望都是 $0.01$ 并且互相独立，因此
$E[X_{k}]=pk$ （ $k=0\cdots N-1$ ）

用这 $N$ 条等式求解 $N$ 个待定系数，可以算得
${\begin{aligned}A_{0}&=-{\frac {1}{(1-(1-p)^{-N})^{2}}}\\A_{j}&={\frac {1}{N}}{\frac {1-e^{-{\frac {2\pi ij}{N}}}}{(1-(1-p)^{-1}e^{-{\frac {2\pi ij}{N}}})^{2}}}\end{aligned}}$
（其中使用了关系式 $pN=1$ 来化简）

结论

单抽 $k$ 次后得到的四星魔法少女个数的数学期望是
$E[X_{k}]=\alpha k+A_{0}+\sum _{j=1}^{N-1}A_{j}\lambda _{j}^{k}$

代入 $\alpha ,A_{j},\lambda _{j}$ 的表达式则是：
$E[X_{k}]={\frac {p}{1-(1-p)^{N}}}k-{\frac {1}{(1-(1-p)^{-N})^{2}}}+{\frac {(1-p)^{k}}{N}}\sum _{j=1}^{N-1}{\frac {1-e^{-{\frac {2\pi ij}{N}}}}{(1-(1-p)^{-1}e^{-{\frac {2\pi ij}{N}}})^{2}}}e^{\frac {2\pi ijk}{N}}$

代入 $p=0.01$ 、 $N=100$ 得到数值表达式：
$E[X_{k}]={\frac {k}{63.3968}}-0.3335+{\frac {0.99^{k}}{100}}\sum _{j=1}^{N-1}{\frac {1-e^{-{\frac {2\pi ij}{100}}}}{(1-{\frac {1}{0.99}}e^{-{\frac {2\pi ij}{100}}})^{2}}}e^{\frac {2\pi ijk}{100}}$

假如要求的是pickup四星魔法少女的个数的数学期望，则需往上式再乘以 $60\%$

注意当 $k$ 超过100之后，上式第三项将迅速下降到不足0.01的程度，整体走势近似于线性增长：
$60\%E[X_{k}]\approx {\frac {k}{105.6613}}$

只用十连券的情形

定义

先忽略60%概率UP，不过这次只使用十连券，当中包含一次出货概率 $q=2\%$ 的单抽和九次出货概率 $p=1\%$ 的单抽。

要完整描述不停十连的随机过程，我们要引入“状态”的概念。即便都是 $k$ 次十连后得到了 $i$ 个四星魔法少女，只要最后的保底计数 $n$ 不一样，那就是两个不同的状态。

用 $P_{n}^{k,i}$ 表示 $k$ 次十连后得到了 $i$ 个四星魔法少女、并且保底计数为 $n$ 的概率，且符合归一性： $\sum _{i=0}^{10k}\sum _{n=0}^{99}P_{n}^{k,i}=1$

那么 $k$ 次十连出货个数的数学期望就是 $E_{k}=\sum _{i=0}^{10k}\sum _{n=0}^{99}P_{n}^{k,i}\cdot i$

由于十连概率的复杂性，精确解出数学期望关于抽数的解析公式已经不实际，因此退而求其次用程序执行递推计算。

递推方式

通过一次十连从一个状态转变到另一个状态的过程可以用“转移矩阵”来描述，这个转移过程是和当前的十连抽数 $k$ 及已出货数量 $i$ 无关的，重要的是转移前后两个状态的保底计数 $n$ 和 $m$ 以及这次十连的出货数量 $j$ 。

用 $M_{m,n}^{j}$ 表示从保底计数 $m$ 经过一次十连出货 $j$ 个、变成保底计数 $n$ 的概率， $M_{m,n}^{j\geqslant 11}=0$ ，且有归一性： $\sum _{j=0}^{10}\sum _{n=0}^{99}M_{m,n}^{j}=1$
那么所求概率 $P_{n}^{k,i}$ 的递推公式就是： $P_{n}^{k,i}=\sum _{m=0}^{99}\sum _{j=0}^{i}P_{m}^{k-1,i-j}M_{m,n}^{j}$
初始条件是： $P_{0}^{0,0}=1$ ， $P_{n}^{0,i\neq 0}=P_{n\neq 0}^{0,i}=0$

简单探讨一下

当然，在很多情况下，递推关系可以化简，例如假如保底计数 $n\geqslant 10$ ，那么说明这次十连没有出货，因此 $P_{n}^{k,i}$ 只依赖于 $P_{n-10}^{k-1,i}$ ，并且等于它乘上十次失败的概率 $(1-p)^{9}(1-q)$ 。这也就是说： $M_{m,n\geqslant 10}^{j}=\delta _{j,0}\delta _{m,n-10}(1-p)^{9}(1-q)$

也可以换一个角度说，假如这次十连的出货数量 $j=0$ ，那么 $m$ 和 $n$ 必须满足 $m=n-10$ ，这一等式已经隐含了 $n\geqslant 10$ 的条件，也隐含了 $m\leqslant 89$ 的条件（即保底计数至少90的话这个十连必然出货 $j\geqslant 1$ 才对）。这也就是说： $M_{m,n}^{0}=\delta _{m,n-10}(1-p)^{9}(1-q)$

而对于这次十连的出货数量 $j\geqslant 1$ 的时候，则需要区分出可能触发保底和没触发保底两种情况。

假如出货数量 $j=1$ ，而十连后的保底计数 $n=0$ ，这说明刚好在第十抽出了货。

假如旧的保底计数 $m\leqslant 89$ ，则说明是提前出货的，必定没触发保底；
假如 $m=90$ ，那么它必定触发了保底，概率就是另外九抽都不出货的概率；
假如 $m\geqslant 91$ ，这种情况是不存在的，即 $M_{m\geqslant 91,0}^{1}=0$ ，因为这意味着除了第十抽出货以外还应当有一次保底出货才对。

稍微推广一下，在出货数量 $j=1$ 的情况下，十连后的保底计数必须满足 $n\leqslant 9$ ，即 $M_{m,n\geqslant 10}^{1}=0$ ，此时出货的恰好是第 $10-n$ 抽。

假如旧的保底计数 $m\leqslant 99-(10-n)=89+n$ ，则说明是提前出货的，必定没触发保底；
假如 $m=90+n$ ，那么它必定触发了保底，概率就是另外九抽都不出货的概率；
假如 $m\geqslant 91+n$ ，这种情况不存在，即 $M_{m\geqslant 91+n,n}^{1}=0$ ，因为这意味着应当至少出货了两次才对。

类似的，假如出货数量 $j=2$ ，则十连后的保底计数必须满足 $n\leqslant 8$ ，即 $M_{m,n\geqslant 9}^{2}=0$ ，此时出货的是第 $10-n$ 抽和更之前的第 $x$ 抽（ $x\leqslant 9-n$ ）。

假如旧的保底计数 $m\leqslant 99-(9-n)=90+n$ ，则说明第 $x$ 抽是提前出货的，必定没触发保底；
假如 $m\geqslant 91+n$ ，那么就要计算两种情况的概率之和，一种是第 $x$ 抽提前出货， $m+x\leqslant 99$ ，按照没触发保底计算概率，另一种是第 $x$ 抽刚好触发保底， $m+x=100$ ，按照另外九抽里面固定位置（第 $10-n$ 抽）出货一次来计算概率。

假如出货数量 $j=3$ ，则十连后的保底计数必须满足 $n\leqslant 7$ ，即 $M_{m,n\geqslant 8}^{3}=0$ ，此时出货的是第 $10-n$ 抽和更之前的某两抽，设第一次出货的是 $x\leqslant 8-n$ 。

假如旧的保底计数 $m\leqslant 99-(8-n)=91+n$ ，则说明第 $x$ 抽是提前出货的，必定没触发保底；
假如 $m\geqslant 92+n$ ，那么就要计算两种情况的概率之和，一种是第 $x$ 抽提前出货， $m+x\leqslant 99$ ，按照没触发保底计算概率，另一种是第 $x$ 抽刚好触发保底， $m+x=100$ ，按照另外九抽里面除了固定位置（第 $10-n$ 抽）以外还有一次位于第 $x$ 抽和第 $10-n$ 抽之间的另一抽也出货，这样两次出货来计算概率。

推而广之，对于出货数量 $j\geqslant 2$ ，则十连后的保底计数必须满足 $n\leqslant 10-j$ ，即 $M_{m,n\geqslant 11-j}^{j}=0$ ，此时出货的是第 $10-n$ 抽和更之前的某 $j-1$ 抽，设第一次出货的是 $x\leqslant 11-j-n$ 。

假如旧的保底计数 $m\leqslant 99-(11-j-n)=88+j+n$ ，则说明第 $x$ 抽是提前出货的，必定没触发保底；
假如 $m\geqslant 89+j+n$ ，那么就要计算两种情况的概率之和，一种是第 $x$ 抽提前出货， $m+x\leqslant 99$ ，按照没触发保底计算概率，另一种是第 $x$ 抽刚好触发保底， $m+x=100$ ，按照另外九抽里面除了固定位置（第 $10-n$ 抽）以外还有 $j-2$ 次位于 $x$ 抽和第 $10-n$ 抽之间的 $j-2$ 抽也出货，这样 $j-1$ 次出货来计算概率。

递推公式结论

为了方便叙述，我们定义一个基础概率：
$B_{i,j}={\frac {j}{10}}(1-p)^{j-1}(1-q)p^{i}+{\frac {i}{10}}(1-p)^{j}p^{i-1}q+(1-{\frac {i+j}{10}})(1-p)^{j}p^{i}$
它代表10抽里面有固定位置的某 $i$ 抽出货、另外某 $j$ 抽没出货的概率。要计算没触发保底的概率，我们会用到其中 $i+j=10$ 的情况；要计算刚好触发保底的概率，我们会用到其中 $i+j=9$ 的情况。

那么前面的分类讨论就可以重新合并表述为：

当 $j=0$ 时， $M_{m,n}^{0}=\delta _{m,n-10}B_{0,10}$ ；
当 $j=1$ $j=1$ 时，首先 $M_{m,n\geqslant 10}^{1}=0$ $M_{m,n\geqslant 10}^{1}=0$ ，而对于 $n\leqslant 9$ $n\leqslant 9$ 的情形则分类讨论：
- 假如 $m\leqslant 89+n$ ，则没触发保底，且在1个固定位置提前出货， $M_{m,n}^{1}=B_{1,9}$ ；
- 假如 $m=90+n$ ，则刚好触发保底，另外九抽没出货， $M_{90+n,n}^{1}=B_{0,9}$ ；
- 假如 $m\geqslant 91+n$ ，则 $M_{m,n}^{1}=0$ ；
当 $j\geqslant 2$ $j\geqslant 2$ 时，首先 $M_{m,n\geqslant 11-j}^{j}=0$ $M_{m,n\geqslant 11-j}^{j}=0$ ，而对于 $n\leqslant 10-j$ $n\leqslant 10-j$ 的情形则分类讨论：
- 假如 $m\leqslant 88+j+n$ ，则没触发保底，除了1个固定位置 $10-n$ 出货外，还有其前面 $9-n$ 个位置当中的 $j-1$ 个位置也出货， $M_{m,n}^{j}={\binom {9-n}{j-1}}B_{j,10-j}$ ；
- 假如 $m\geqslant 89+j+n$ $m\geqslant 89+j+n$ ，那么位于第 $10-n$ $10-n$ 抽之前的那 $j-1$ $j-1$ 个出货抽的可能位置可以分成三种情况：
  - 第一种情况是第 $x=100-m$ 抽刚好触发保底，其余的 $j-2$ 抽位于第 $100-m$ 抽和第 $10-n$ 抽之间，有 $(10-n)-(100-m)-1=m-n-91$ 个位置，情况数量是 ${\binom {m-n-91}{j-2}}$ ；
  - 第二种情况是第 $100-m$ 抽的位置也没出货（虽然这不符合保底机制），全 $j-1$ 出货抽都位于它后面的 $m-n-91$ 个位置中，情况数量是 ${\binom {m-n-91}{j-1}}$ ；这两种情况数量之和 ${\binom {m-n-91}{j-2}}+{\binom {m-n-91}{j-1}}={\binom {m-n-90}{j-1}}$ ；
  - 第三种情况是在第 $100-m$ 保底抽的位置之前就出货了，三种情况数量之和恰恰是 ${\binom {9-n}{j-1}}$ ，因此单独第三种情况数量就是 ${\binom {9-n}{j-1}}-{\binom {m-n-90}{j-1}}$ ；
  - 因此将触发保底的概率和没触发保底的概率加起来得到 $M_{m,n}^{j}={\binom {m-n-91}{j-2}}B_{j-1,10-j}+({\binom {9-n}{j-1}}-{\binom {m-n-90}{j-1}})B_{j,10-j}$

用代码表述的话就是：

def M(j, m, n):
    if j==0:
        if m!=n-10: return 0
        else: return B(0, 10)
    elif j==1:
        if n>=10: return 0
        elif m<=89+n: return B(1, 9)
        elif m==90+n: return B(0, 9)
        else: return 0
    else:
        if n>=11-j: return 0
        elif m<=88+j+n: return binom(9-n, j-1)*B(j, 10-j)
        else: return binom(m-n-91, j-2)*B(j-1, 10-j) + (binom(9-n, j-1)-binom(m-n-90, j-1))*B(j, 10-j)

程序代码

# coding=utf-8
# gacha_probabilities_v4.py

import numpy as np
import math

print("start")
p = 0.01
q = 0.02
Number = 1000
kmax = math.ceil(Number/10)
B_full = np.zeros(shape=(11))
B_part = np.zeros(shape=(10))
M_bubaodi = np.zeros(shape=(11, 10))
M_baodi = np.zeros(shape=(11, 9, 9))
def B(i, j):
    return (j/10)*(1-p)**(j-1)*(1-q)*p**i + (i/10)*(1-p)**j*p**(i-1)*q + (1-(i+j)/10)*(1-p)**j*p**i
for j in range(11):
    B_full[j] = B(j, 10-j)
for j in range(10):
    B_part[j] = B(j, 9-j)
for j in range(1, 11):
    for n in range(0, 11-j):
        M_bubaodi[j][n] = math.comb(9-n, j-1)*B_full[j]
for j in range(2, 11):
    for n in range(0, 11-j):
        for m in range(89+j+n, 100):  # m>=89+j+n>=91
            M_baodi[j][n][m-91] = math.comb(m-n-91, j-2)*B_part[j-1] + (math.comb(9-n, j-1)-math.comb(m-n-90, j-1))*B_full[j]
print("M matrix ready")

P = np.zeros(shape=(kmax+1, 10*kmax+1, 100))
P[0][0][0] = 1
P_check = np.zeros(shape=(kmax+1))
E = np.zeros(shape=(kmax+1))
for k in range(1, kmax+1):
    for i in range(10*k+1):
        for n in range(100):
            if n>=10:
                P[k][i][n] = P[k-1][i][n-10] * B_full[0]    # case j==0
            else:
                if i==0: continue
                for m in range(90+n):
                    P[k][i][n] += P[k-1][i-1][m] * B_full[1]    # case j==1, m<=89+n
                P[k][i][n] += P[k-1][i-1][90+n] * B_part[0]    # case j==1, m==90+n
                for j in range(2, min(i, 10-n)+1):    # case j>=2
                    for m in range(89+j+n):
                        P[k][i][n] += P[k-1][i-j][m] * M_bubaodi[j][n]    # case m<=88+j+n
                    for m in range(89+j+n, 100):
                        P[k][i][n] += P[k-1][i-j][m] * M_baodi[j][n][m-91]    # case m>=89+j+n
            P_check[k] += P[k][i][n]
            E[k] += P[k][i][n]*i
    print("k = %3g, E[k] = %3.10f, P_check = %3.10f" % (k, E[k], P_check[k]))

运行结果

执行了50次十连后手动暂停了程序，共500抽，图为每次十连后得到的四星魔法少女数量的数学期望。

考虑到浮点计算始终会有精度问题，计算误差会逐渐累积，所以每执行一步十连后都把此时所有可能情况的概率 $P_{n}^{k,i}$ 求和，以P_check的值与1的差值来衡量计算误差的大小。

计算结果大体上是：

100抽时 $E_{k=10}=1.4306954890$

200抽时 $E_{k=20}=3.0039775073$

300抽时 $E_{k=30}=4.6244122476$

400抽时 $E_{k=40}=6.2604401804$

500抽时 $E_{k=50}=7.9016247117$

此外请注意需要乘上 $60\%$ 才是得到的pickup四星魔法少女的个数的数学期望。

一般认为在430抽时 $60\%E_{k=43}=0.6*6.7516090538=4.05096543228$ 根据数学期望就已经满孔了，但数学期望是会骗人的，“430抽时抽得pickup四星个数的数学期望是4个”和“抽满4个pickup四星所需的抽数的数学期望是430抽（或者别的数字）”是完全不同的两码事，更不要提那意味着430抽内抽满和430抽抽不满的概率基本上是一半一半，并不能保证你430抽就一定能抽满孔。