博客

首先介绍：

两个人抛硬币来决定谁吃这个苹果，先抛到正面者吃。问先抛者吃到苹果的概率是多少？

此种，先假设某种情况，需要P，再根据下一个状态推出递推方程，即可求解。

以下借鉴：

http://www.cnblogs.com/atyuwen/archive/2010/09/12/coin.html

http://blog.csdn.net/wangran51/article/details/8882088

http://blog.csdn.net/pure_life/article/details/8100984

题1：

问题描述：

有一个木桶，里面有M个白球，小明每分钟从桶中随机取出一个球涂成红色（无论白或红都涂红）再放回，问小明将桶中球全部涂红的期望时间是多少？

分析过程：

数学期望类的题目，主要是要理解什么是数学期望，数学期望是干什么用的，关于这些问题的解答，大家可以自己去理解，思考或者翻书，我要讲的内容是如何利用这些数学期望的特点。

数学期望的递归特性：

飞行棋大家都玩过吧，应该知道每次抛到6，就有一架飞机可以出门了，那么问你一架飞机可以出门的时候，抛筛子次数的数学期望是多少？

你估计会毫不犹豫的说是6（P=1/6，E=1/P=6），但是你思考过深一层次的原因吗？

好吧，我来告诉你，我们记抛6的期望次数是E，如果第一次抛的是6，

那么就是1

次，概率是1/6;

如果第一次不是6

呢，那么次数是1+E，概率为5/6;

那么


E = 1 * (1/6) + (1+E) * (5/6)


,你可以很容易的解出 E = 6

上面加粗的红色字体用的就是类似一个递归的概念，希望你能理解吧，不行的话，那只能自己去努力理解了，呵呵。

现在我们开始解答上面的问题：

令P[i]代表M个球中已经有i个球是红色后，还需要的时间期望，去将所有球都变成红色。

So，给出递归式：

P[i]= (i/M) * P[i] + (1-i/M)* P[i+1] + 1

我相信大家都能理解这个公式的含义，不过还是解释一下，在P[i]的情况下，我们选一次球，如果是红球，

那么概率是i/M

，子问题还是P[i]，如果是白球，

那么概率是1-i/M

，子问题是P[i+1]，注意你

当前的选球操作要计算在内，即一次

化简如上递归式得：


P[i] = P[i+1] + M/(M-i)


，显然


P[M] = 0


;

所以：

P[M-1] = P[M] + M/1

P[M-2] = P[M-1] + M/2

…

P[0] = P[1] + M/M

综上：


P[0] = 0 + M/1 + M/2 + … + M/M


，

至此问题已经解决，不过我希望大家学到的不是这个答案，而是分析这个题目的过程

题二：

在一款游戏中，武器等级可以分为0-7级，武器每次升级需要一块宝石，每次升级可能出现三种情况：

升一级、保持不变、降一级

。

已知i->i+1升一级概率为Ai，保持不变概率为Bi，降一级概率为Ci。

A0～A7，B0～B7，C0～C7均已知，其中从等级0到等级1必定成功，即A0=1，B0=0，C0=0

现在问你将武器从0级升级到3级需要的宝石数的期望？

如果大家在看这篇博文之前，没有阅读我之前的博文：

面试题中的概率问题-数学期望(1)

，请大家先去看看，主要关注【

数学期望中的递归特性

】

分析过程：

设f(x,y)表示从x升级到y的宝石数期望，则：

f(0,3)  =  1 + f(1,3)

f(1,3)  =  A1*(1+f(2,3)) + B1*(1+f(1,3)) + C1*(1+f(0,3))

f(2,3) =  A2*1 + B2*(1+f(2,3)) + C2*(1+f(1,3))

很明显，这是一个三元一次方程组，必定可以计算出f(0,3)，f(1,3)，f(2,3)

其中


f(0,3)


为最终的答案

其实，这个思想并不难，关键是有没有想到，下面做简单分析

• 
  f(0,3)用一块宝石升级到1级后，继续的期望是f(1,3) =>  f(0,3) = 1 +f(1,3)
  
• 
  f(x,y)用一块宝石升级一次后，有Ax的概率升一级，之后期望为f(x+1,y)，这部分为Ax*(1+f(x+1,y))，之后部分类似分析，即可得到 f(x,y) = Ax*(1+f(x+1,y)) + Bx*(1+f(x,y)) + Cx*(1+f(x-1,y))，关于x与y的大小，还有一些边界就自己去考虑吧
  
• 
  f(x,x)为0
  

最终答案：

如果我们令[A0,B0,C0] = [1,0,0] ，[A1,B1,C1] = [1/3,1/3,1/3]，[A2,B2,C2] = [1/9,4/9,4/9] ，那么


f(0,3) = 30


f(1,3) = 29   f(2,3) = 25

注意，根据我们上面简单分析中的第二条f(x,y)的计算，其实可以解决升级到任意等级的需要的宝石数，包括将最高等级扩展到N，只要有对应的[Ai,Bi,Ci]，因为实际上最后问题都是一个方程组，可以编程来解决，参考矩阵的相关知识，见数值计算。

题3：

假设有一个硬币，抛出字（背面）和花（正面）的概率都是0.5，而且每次抛硬币与前次结果无关。现在做一个游戏，连续地抛这个硬币，直到连续出现两次字为止，问平均要抛多少次才能结束游戏？注意，一旦连续抛出两个“字”向上游戏就结束了，不用继续抛。

上面这个题目我第一次见到是在pongba的TopLanguage的一次

讨论

上，提出问题的人为Shuo Chen，当时我给出了一个解法，自认为已经相当简单了，先来考虑一下抛硬币的过程：首先先抛一枚硬币，如果是花，那么需要重头开始；如果是字，那么再抛一枚硬币，新抛的这枚如果也是字，则游戏结束，如果是花，那么又需要重头开始。根据这个过程，设抛硬币的期望次数为T，可以得到关系

T = 1 + 0.5T + 0.5( 1 + 0.5 * 0 + 0.5T)  //可以用分支递归状态法

解方程可得到 T = 6. 由于上面这个方法只能得到期望，而无法得到方差以及具体某个事件的概率，后来我又仔细分析了一下，推出了

概率生成函数

为（推导的过程暂时略过，后面你会看到一个更一般、更简单的推导）

于是可以算出方差 V = G”(1) + G'(1) – G'(1)^2 = 22。将G(z)根据Rational Expansion Theorem [CMath 7.3]展开，可以得到需要抛n次硬币的概率为

其中Fn是Fibonacci数列的第n项。到这里，我觉得这个问题似乎已经完全解决了，直到昨天看到Matrix67的

牛B帖

。在此帖中Matrix67大牛用他那神一般的数学直觉一下将需要连续抛出n个字的一般情形给解决了，而且得出的结果相当简洁：Tn = 2^(n+1) – 2，其中Tn为首次出现连续的n个字的期望投掷数。这也给了我一些启发，我试着将上面的过程进行推广，居然得到一个简单得出人意料的解法（甚至比上面n=2的推导过程还简单）。这个解法的关键在于下面这个递推关系

Tn = Tn-1 + 1 + 0.5 * Tn

也即是有 Tn = 2 * Tn-1 + 2。由于 T1 = 2，因此可以得到 Tn = 2^(n+1) – 2。上面的递推关系是怎么来的呢，一个直观的理解是这样的：首先先抛掷Tn-1次，得到连续的n-1个字，然后再抛一次，若是字，则游戏结束；否则需要重头开始，也就是说又需要 Tn 次。

期望投掷次数已经得出来了，但是我们还想知道方差、恰好需要投掷 m 次的概率等其它一些更具体的性质。为了方便理解概率的分布情况，我先用程序生成了一个概率表如下所示。在下表中，第n行、第m列的元素为 Pnm，表示首次出现连续n个字的投掷数为m的概率。

仔细观察上表，你发现什么有趣的性质没？如果忽略掉分母的话，那么第n行恰好是一个n阶Fibonacci数列。例如可以考查各行的最后一列，有

第一行：1 = 1

第二行：34 = 21 + 13

第三行：44 = 24 + 13 + 7

第四行：29 = 15 + 8 + 4 + 2

第五行：16 = 8 + 4 + 2 + 1 + 1

怎么解释这个现象呢？我们再来仔细考虑一下掷硬币的过程，为方便在下文中用1表示字，用0表示花，于是我们的目标是要恰好使用m次投掷，得到连续的n个1.

若第一次的结果为 0，那么剩下的任务就是恰好使用m-1次投掷得到到连续的n个1.

若前两次的结果为 10, 那么剩下的任务就是恰好使用m-2次投掷得到到连续的n个1.

若前三次的结果为 110, 那么剩下的任务就是恰好使用m-3次投掷得到到连续的n个1.

若前四次的结果为 1110, 那么剩下的任务就是恰好使用m-4次投掷得到到连续的n个1.

…

若前n-1次的结果为 1…10(n-2个1), 那么剩下的任务就是恰好使用1次投掷得到到连续的n个1.

你或许已经看出来了，这里实际上是在枚举首次出现0的位置。由于首个0出现在位置i的概率为1/2^i，于是得到Pnm的递推公式

于是根据初始条件：



，



，我们可以推出所有事件的概率。现在来推一下概率生成函数，设需要得到连续n个1的投掷数的概率生成函数为Gn(z)，于是有

根据上面的递推公式和初始条件，可以得到

于是可解得

分别代入 n = 1 和 n = 2 可以得到

以我们前面得到的结果一致，这证明这个概率生成函数的确是正确的。有了生成函数后，我们又多了一种计算期望的方式

而方差也可以非常容易的得到

至此，这个抛硬币的问题终于应该算是被完全解决了，完。

此题的一个推广：

设想有这么一家赌场，赌场里只有一个游戏：猜正反。游戏规则很简单，玩家下注 x 元钱，赌正面或者反面；然后庄家抛出硬币，如果玩家猜错了他就会输掉这 x 元，如果玩家猜对了他将得到 2x 元的回报（也就是净赚 x 元）。

让我们假设每一回合开始之前，都会有一个新的玩家加入游戏，与仍然在场的玩家们一同赌博。每个玩家最初都只有 1 元钱，并且他们的策略也都是相同的：每回都把当前身上的所有钱都押在正面上。运气好的话，从加入游戏开始，庄家抛掷出来的硬币一直是正面，这个玩家就会一直赢钱；如果连续 n 次硬币都是正面朝上，他将会赢得 2^n 元钱。这个 2^n 就是赌场老板的心理承受极限——一旦有人赢到了 2^n 元钱，赌场老板便会下令停止游戏，关闭赌场。让我们来看看，在这场游戏中存在哪些有趣的结论。

首先，连续 n 次正面朝上的概率虽然很小，但确实是有可能发生的，因此总有一个时候赌场将被关闭。赌场关闭之时，唯一赚到钱的人就是赌场关闭前最后进来的那 n 个人。每个人都只花费了 1 元钱，但他们却赢得了不同数量的钱。其中，最后进来的人赢回了 2 元，倒数第二进来的人赢回了 4 元，倒数第 n 进来的人则赢得了 2^n 元（他就是赌场关闭的原因），他们一共赚取了 2 + 4 + 8 + … + 2^n = 2^(n+1) – 2 元。其余所有人初始时的 1 元钱都打了水漂，因为没有人挺过了倒数第 n + 1 轮游戏。

另外，由于这个游戏是一个完全公平的游戏，因此赌场的盈亏应该是平衡的。换句话说，有多少钱流出了赌场，就该有多少的钱流进赌场。既然赌场的钱最终被赢走了 2^(n+1) – 2 元，因此赌场的期望收入也就是 2^(n+1) – 2 元。而赌场收入的唯一来源是每人 1 元的初始赌金，这就表明游戏者的期望数量是 2^(n+1) – 2 个。换句话说，游戏平均进行了 2^(n+1) – 2 次。再换句话说，平均抛掷2^(n+1) – 2 次硬币才会出现 n 连正的情况。

题4：


面对面试概率题几乎屡试不爽的



分叉树递归列方程法



。————》



个人觉得


分支递归状态法


名字比较合适（题二，题一，三均可用此法！！）

这是一个求数学期望的问题，最终是求1，2，3出现至少一次的最短长度的期望。

这样分叉树的每个节点是一个期望状态，而每个分叉是一次投掷结果。将后续期望出现1、2、3各至少一次的情形记作

L


123

（即题目所求），将后续期望出现1、2各至少一次（3无关）情形记作

L


12

，而1至少一次（2，3无关）情形

L


1

，其余数值符号类推，则树结构如下（列出4级结构已经足够）：

接下来，就是要排出方程，因为一共7个未知数，如果排出7个线性方程就能解决问题。

这方程组里的未知数对应上述的状态，而其数值则是一个对长度（投掷次数）的数学期望。

根据这个树状结构和其中的递归关系，这个方程组就是：

L


123




= p


1

(L


23



+ 1


) +


p


2

(L


13

+


1) + p


3

(L


12

+ 1) = p


1

L

23

+


p


2

L


13

+


p


3

L


12

+ 1

（以这个

L


123

为例，解释，投掷1的概率是


p


1


而由此得到的结果是需要期待后续2和3各至少出现一次，于是长度期望是

L


23

+ 1，加1是因为投掷了一次，亦即即增进一级）

L


23


=

p


1

L


23

+


p


2

L


3

+


p


3

L


2

+ 1

L


13


=

p


1

L


3

+


p


2

L


13

+


p


3

L


1

+ 1

L


12


=

p


1

L


2

+


p


2

L


1

+


p


3

L


12

+ 1

L


1


=



p


2

L


1

+


p


3

L


1

+ 1

（这里实际上是

L


1


=









p


1


·1 + p


2

(L


1

+


1) + p


3

(L


1

+

1)

=


p


2

L


1

+


p


3

L


1

+ 1，因为对

L


1

情形，如果投了1就目的达到终止了）

L


2


=

p


1

L


2

+


p


3

L


2

+ 1

L


3


=

p


1

L


3

+


p


2

L


3

+ 1

（以上一开始没注意，多加了悬空的概率项，故计算有误）

其中


p


1




，p


2


和


p


3


分别是掷出1，2和3的概率，即1/6，1/3，1/2。

于是求解这个方程，得到：

L


1

= 6，

L


2

= 3，

L


3

= 2

L


12

= 7，

L


13

= 13/2，

L


23

= 19/

5

L


123


=

219/30 = 7.3

故以上如果没有计算错误，该题结果是，平均掷7.3次可出现这些面值各至少一次。