抽奖抽到坦克的概率是多少？？_坦克世界吧_百度贴吧
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抽奖抽到坦克的概率是多少？？
我抽了20次了都木有抽到坦克……
VIP…银币…可乐…汽油…jb蛋…都抽到了，那个不给力的框框就是不停在 送坦克栏上
六次不四不五
650元毛都没，一次抽的
这就像买彩票，不过貌似比买彩票中奖几率还小的样子，LZ还是把钱买彩票吧，中点钱回来买坦克算了
昨天抽了20块的，毛都没有，本来以为能中两天vip玩玩的，渣人品无力..
100块，中kv220+v-vl
人品问题。你问认识我的 俺花了多少 中了什么
这个游戏抽奖？我没找到网址。。。。。。。。。。
其实这个跟买彩票差不多的╮(╯_╰)╭但是估计中到自己想要的东西的概率不大。
我想收藏个金面包 于是5月底看到吧里不少中的于是我也抽了125次然后我也有金面包了→，→
抽了一百多，全是银币支票，一万三。
早上手痒痒的，充值15元，抽到800金.金币蛋（不能用）N次................不敢再抽了，，，，，，，，，，小赚一点点啦O(∩_∩)O哈哈~
200元，全是些补给，卖了100W银币。好吧我再抽就剁手！
炮手50块中的
就抽到四天v，其他的都是补给！
抽了5次：获得【105leFH18B2:火炮105mmleFH…奖】 就这个破坦克
妈必的扔里的钱把所有金币车买下来都够了
舍友抽到一个8级金币343，妈蛋
直接买一辆不就得了。还抽？
十连抽奖只中轻坦，朋友们万万不可相信，不要上当。名字都是系统造的。
我已经3次受害，不说了。都是气和泪
一千抽了个E25
抽过88虎和t127，抽了17次
我已经差不多把所有的金币车抽齐了楼主你信吗
大奖都是内部人员控制出的，我等p民不要想了，顶多弄辆小车安慰你一下，要么就是你已经有了的八级车
路过围观顺便求个萌萌的粉啪啪啪啪ヽ(*。&Д&)o
好深的坟　　　　　　　　　　 ——夏雨雪，天地合，乃敢与君绝　　　--来自助手版客户端
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为兴趣而生，贴吧更懂你。&或10根签中有3根彩签,若甲先抽一签,然后由乙再抽一签,求下列事件的概率：（1）甲中彩；（2）甲、乙都中彩；（3）乙中彩（14分）_作业帮
拍照搜题，秒出答案
10根签中有3根彩签,若甲先抽一签,然后由乙再抽一签,求下列事件的概率：（1）甲中彩；（2）甲、乙都中彩；（3）乙中彩（14分）
10根签中有3根彩签,若甲先抽一签,然后由乙再抽一签,求下列事件的概率：（1）甲中彩；（2）甲、乙都中彩；（3）乙中彩（14分）
（1）甲先抽有10种抽法,其中抽到彩签的抽法有3种,所以所求的概率为 P=3/10(2) 甲乙两从先后抽共有10X9＝90种抽法,其中两人都抽到彩签的抽法有3X2=6种,所以所求的概率为P=6/90=1/15(3) 甲乙两从先后抽共有10X9＝90种抽法,若乙中彩,则有可能是3个彩签中的任何一个,甲只能是另外9个中的任何一个,所以乙中彩的抽法有3X9=27,所以所求的概率为27/90=3/10.这说明先抽后抽,得到彩签的概率是一样的,也说明了抽签的公平性.
1. (3/10)*(7/9)=7/302. (3/10)*(2/9)=1/153. (7/10)*(3/9)=7/30在一副没有大小王的扑克牌中,随机抽取一张是红桃的概率数多少?把这张放在外边,在抽一张是红桃的概率是多少?第一个谁都会阿我要的是第二个_作业帮
拍照搜题，秒出答案
在一副没有大小王的扑克牌中,随机抽取一张是红桃的概率数多少?把这张放在外边,在抽一张是红桃的概率是多少?第一个谁都会阿我要的是第二个
在一副没有大小王的扑克牌中,随机抽取一张是红桃的概率数多少?把这张放在外边,在抽一张是红桃的概率是多少?第一个谁都会阿我要的是第二个
开始52张牌红桃13张,自然概率是13/52=1/4第二次抽牌时,分两种情况总数是51张红桃是13张的概率是3/4红桃是12张的概率是1/4抽到红桃的总概率是3/4*13/51+1/4*12/51=51/204=1/4&a data-hash=&ecc0ec035f& href=&/people/ecc0ec035f& class=&member_mention& data-editable=&true& data-title=&@vczh& data-tip=&p$b$ecc0ec035f&&@vczh&/a& 给的式子是对的，不过没给答案， &a data-hash=&549b565b45a6a2e6fcdb62b& href=&/people/549b565b45a6a2e6fcdb62b& class=&member_mention& data-editable=&true& data-title=&@komari kamikita& data-tip=&p$b$549b565b45a6a2e6fcdb62b&&@komari kamikita&/a& 给的答案是对的，不过大神不屑于回答。我这里写得稍微详细点，其实就是&b&几何分布&/b&，这个题目不是以前经常是以射箭首次击中目标的形式出现么？换成&b&成功&/b&大家都不敢答了？？&br&定义&b&X&/b&为&b&&u&首次&/u&&/b&试验成功的试验次数，p=0.01是一次试验成功的概率，则题主要求的首次试验成功的平均试验次数就是&br&&img src=&/equation?tex=E%28X%29%3D1%2Ap%2B2%2A%281-p%29%2Ap%2B3%2A%281-p%29%5E2%2Ap%2B.....%0A++++++%3D1%2Fp%3D100%0A& alt=&E(X)=1*p+2*(1-p)*p+3*(1-p)^2*p+.....
& eeimg=&1&&&br&千万别问上面的1/p怎么得到的，这种等差乘等比数列（无穷级数）的形式高中生都知道乘个公比再求差画简。&br&这种题目还有个有意思的版本，见我在&a href=&/question//answer/& class=&internal&&如果一个社会长期重男轻女，大家都想生男孩，最终会导致这个社会男的多还是女的多？ - 眭以宁的回答&/a& 中的回答。
给的式子是对的，不过没给答案，
给的答案是对的，不过大神不屑于回答。我这里写得稍微详细点，其实就是几何分布，这个题目不是以前经常是以射箭首次击中目标的形式出现么？换成成功大家都不敢答了？？定义X为首次试验成功的试验次…
已经有正确答案了，我给个证明吧.&br&思路来源于n=2的情形，如下图&br&&img src=&/c8a55db018b_b.jpg& data-rawwidth=&705& data-rawheight=&524& class=&origin_image zh-lightbox-thumb& width=&705& data-original=&/c8a55db018b_r.jpg&&&br&注：背景的虚线是空间坐标系的坐标轴，各字母的定义见下文.&br&&br&对于高维的情况，原谅我只能不说人话了……&br&&br&写在前面，我对问题的理解是全概率空间是在绳子上依次取n个点，也就是概率空间是&img src=&/equation?tex=%5Cbar%5COmega%3D%5C%7B%28x_1%2Cx_2%2C...%2Cx_n%29%7C0%5Cleq+x_1%5Cleq+x_2%5Cleq%5Ccdots%5Cleq+x_n%5Cleq+1%5C%7D& alt=&\bar\Omega=\{(x_1,x_2,...,x_n)|0\leq x_1\leq x_2\leq\cdots\leq x_n\leq 1\}& eeimg=&1&&，上面的概率测度就是n维的体积.很容易证明这个概率空间和取n+1个和为1的非负数，也就是下文中的&img src=&/equation?tex=%5COmega& alt=&\Omega& eeimg=&1&&，是等价的，因为只差一个线性映射，而体积这种东西在线性映射下是保持的.&br&&br&&br&首先代数化，记&img src=&/equation?tex=%5COmega+%3D%5C%7B%28a_0%2Ca_1%2C%5Ccdots%2Ca_n%29%7Ca_i%5Cin%5B0%2C1%5D%2C%5Csum%7Ba_i%7D%3D1+%5C%7D& alt=&\Omega =\{(a_0,a_1,\cdots,a_n)|a_i\in[0,1],\sum{a_i}=1 \}& eeimg=&1&&.这个是全空间.&br&要使n+1个数能够组成n+1边形，只需要满足一个条件：&img src=&/equation?tex=%5Cforall+k%5Cin%5C%7B0%2C1%2C%5Ccdots%2Cn%5C%7D%2Ca_k%3C%5Csum_%7Bk%5Cne+i%7D%7Ba_i%7D+& alt=&\forall k\in\{0,1,\cdots,n\},a_k&\sum_{k\ne i}{a_i} & eeimg=&1&&.&br&代入条件，也就是只需要满足：&img src=&/equation?tex=%5Cforall+k%5Cin%5C%7B0%2C1%2C%5Ccdots%2Cn%5C%7D%2Ca_k%3C%5Cfrac1+2& alt=&\forall k\in\{0,1,\cdots,n\},a_k&\frac1 2& eeimg=&1&&.&br&因此符合条件的空间是&img src=&/equation?tex=%5CGamma+%3D%5C%7B%28a_0%2Ca_1%2C%5Ccdots%2Ca_n%29%7Ca_i%5Cin%280%2C%5Cfrac1+2%29%2C%5Csum%7Ba_i%7D%3D1+%5C%7D& alt=&\Gamma =\{(a_0,a_1,\cdots,a_n)|a_i\in(0,\frac1 2),\sum{a_i}=1 \}& eeimg=&1&&.&br&因此，我们要计算的概率不是别的，就是&img src=&/equation?tex=%5Cfrac%7BVol%28%5CGamma%29%7D%7BVol%28%5COmega%29%7D& alt=&\frac{Vol(\Gamma)}{Vol(\Omega)}& eeimg=&1&&.&br&为了方便，我们考虑&img src=&/equation?tex=%5CGamma& alt=&\Gamma& eeimg=&1&&在&img src=&/equation?tex=%5COmega& alt=&\Omega& eeimg=&1&&中的补集.&br&记&img src=&/equation?tex=A_k+%3D%5C%7B%28a_0%2Ca_1%2C%5Ccdots%2Ca_n%29%7Ca_k%5Cgeq+%5Cfrac1+2+%5C%7D%5Ccap+%5COmega+& alt=&A_k =\{(a_0,a_1,\cdots,a_n)|a_k\geq \frac1 2 \}\cap \Omega & eeimg=&1&&.&br&那么&img src=&/equation?tex=%5CGamma& alt=&\Gamma& eeimg=&1&&在&img src=&/equation?tex=%5COmega& alt=&\Omega& eeimg=&1&&中的补集就几乎是&img src=&/equation?tex=%5Cbigcup_%7Bk%3D0%7D%5E%7Bn%7D+A_k& alt=&\bigcup_{k=0}^{n} A_k& eeimg=&1&&.&br&显然，&img src=&/equation?tex=%5Cforall+i%5Cne+j%2CVol%28A_i%5Ccap+A_k%29%3D0& alt=&\forall i\ne j,Vol(A_i\cap A_k)=0& eeimg=&1&&.因此.&img src=&/equation?tex=Vol%28%5CGamma%29%3DVol%28%5COmega%29-%5Csum_%7Bk%3D0%7D%5E%7Bn%7D%7BVol%28A_k%29%7D+& alt=&Vol(\Gamma)=Vol(\Omega)-\sum_{k=0}^{n}{Vol(A_k)} & eeimg=&1&&.&br&以下证明，&img src=&/equation?tex=Vol%28A_k%29%3D%5Cfrac%7BVol%28%5COmega%29%7D%7B2%5E%7Bn%7D%7D& alt=&Vol(A_k)=\frac{Vol(\Omega)}{2^{n}}& eeimg=&1&&.&br&由对称性，只需计算&img src=&/equation?tex=Vol%28A_0%29& alt=&Vol(A_0)& eeimg=&1&&即可.&br&将&img src=&/equation?tex=%5COmega& alt=&\Omega& eeimg=&1&&视为&img src=&/equation?tex=%5Cmathbb+R%5E%7Bn%2B1%7D& alt=&\mathbb R^{n+1}& eeimg=&1&&的子集，&img src=&/equation?tex=%5Cmathbb+R%5E%7Bn%2B1%7D& alt=&\mathbb R^{n+1}& eeimg=&1&&上的加法自然诱导&img src=&/equation?tex=%5COmega& alt=&\Omega& eeimg=&1&&及其子集上的加法.&br&&b&命题1.&/b&&img src=&/equation?tex=%5COmega& alt=&\Omega& eeimg=&1&&和&img src=&/equation?tex=A_k& alt=&A_k& eeimg=&1&&都是&img src=&/equation?tex=%5Cmathbb+R%5E%7Bn%2B1%7D& alt=&\mathbb R^{n+1}& eeimg=&1&&中的紧致凸集.&br&证明留作习题.&br&&b&定义（凸集的顶点）&/b&对于&img src=&/equation?tex=%5Cmathbb+R%5E%7Bn%2B1%7D& alt=&\mathbb R^{n+1}& eeimg=&1&&中紧致凸集&img src=&/equation?tex=C& alt=&C& eeimg=&1&&中的点&img src=&/equation?tex=x& alt=&x& eeimg=&1&&，称&img src=&/equation?tex=x& alt=&x& eeimg=&1&&为&img src=&/equation?tex=C& alt=&C& eeimg=&1&&的顶点，如果&img src=&/equation?tex=x%3D%5Cfrac%7By%2Bz%7D%7B2%7D%2Cy%2Cz%5Cin+C& alt=&x=\frac{y+z}{2},y,z\in C& eeimg=&1&&蕴含&img src=&/equation?tex=x%3Dy%3Dz& alt=&x=y=z& eeimg=&1&&.&br&&b&命题2.&/b&对于&img src=&/equation?tex=%5Cmathbb+R%5E%7Bn%2B1%7D& alt=&\mathbb R^{n+1}& eeimg=&1&&中只有有限顶点的紧致的凸集，其中的点唯一对应于顶点的凸组合.&br&直观很显然，存在性需要紧性导出，好像要用到归纳法.唯一性根据顶点的定义导出.&br&&b&命题3.&/b&&img src=&/equation?tex=%5COmega& alt=&\Omega& eeimg=&1&&的顶点是&img src=&/equation?tex=%281%2C0%2C...%2C0%29%2C%280%2C1%2C...%2C0%29%2C...%2C%280%2C0%2C...%2C1%29& alt=&(1,0,...,0),(0,1,...,0),...,(0,0,...,1)& eeimg=&1&&，共n+1个.&br&&b&命题4.&/b&&img src=&/equation?tex=A_0& alt=&A_0& eeimg=&1&&的顶点是&img src=&/equation?tex=%281%2C0%2C0%2C...%2C0%29%2C%28%5Cfrac1+2%2C%5Cfrac1+2%2C0%2C...%2C0%29%2C%28%5Cfrac1+2%2C0%2C%5Cfrac1+2%2C...%2C0%29%2C...%2C%28%5Cfrac1+2%2C0%2C0%2C...%2C%5Cfrac1+2%29& alt=&(1,0,0,...,0),(\frac1 2,\frac1 2,0,...,0),(\frac1 2,0,\frac1 2,...,0),...,(\frac1 2,0,0,...,\frac1 2)& eeimg=&1&&，也是n+1个.&br&以上两个命题都可以直接观察得出，证明也不复杂，先猜出来，剩下的反证即可.&br&&br&&br&&b&前方高能！！准备应对冲击！！以下是关键结论！！&/b&&br&&b&命题5.&img src=&/equation?tex=A_0& alt=&A_0& eeimg=&1&&可以通过关于点&img src=&/equation?tex=%281%2C0%2C0%2C...%2C0%29& alt=&(1,0,0,...,0)& eeimg=&1&&，位似比为2的位似变换变到&img src=&/equation?tex=%5COmega& alt=&\Omega& eeimg=&1&&.&/b&&br&先证明顶点可以位似变换，再利用命题2得到整个图形的位似变换.&br&既然是关键结论，这里仔细说一下吧.我们考虑把顶点&img src=&/equation?tex=%281%2C0%2C0%2C...%2C0%29& alt=&(1,0,0,...,0)& eeimg=&1&&平移到原点，此时其他的顶点也要做相应的变化.&br&此时，&img src=&/equation?tex=%5COmega& alt=&\Omega& eeimg=&1&&的顶点变为：&br&&img src=&/equation?tex=%280%2C0%2C0%2C...%2C0%29%2C%28-1%2C1%2C0%2C...%2C0%29%2C%28-1%2C0%2C1%2C...%2C0%29%2C...%2C%28-1%2C0%2C0%2C...%2C1%29& alt=&(0,0,0,...,0),(-1,1,0,...,0),(-1,0,1,...,0),...,(-1,0,0,...,1)& eeimg=&1&&.&br&而&img src=&/equation?tex=A_0& alt=&A_0& eeimg=&1&&的顶点变为：&br&&img src=&/equation?tex=%280%2C0%2C0%2C...%2C0%29%2C%28-%5Cfrac1+2%2C%5Cfrac1+2%2C0%2C...%2C0%29%2C%28-%5Cfrac1+2%2C0%2C%5Cfrac1+2%2C...%2C0%29%2C%28-%5Cfrac1+2%2C0%2C0%2C...%2C%5Cfrac1+2%29& alt=&(0,0,0,...,0),(-\frac1 2,\frac1 2,0,...,0),(-\frac1 2,0,\frac1 2,...,0),(-\frac1 2,0,0,...,\frac1 2)& eeimg=&1&&.&br&&b&这位似，这酸爽！&/b&&br&&b&命题6.&/b&&img src=&/equation?tex=Vol%28A_0%29%3D%5Cfrac%7BVol%28%5COmega%29%7D%7B2%5E%7Bn%7D%7D& alt=&Vol(A_0)=\frac{Vol(\Omega)}{2^{n}}& eeimg=&1&&.&br&这是命题5的直接结论.&br&综上，&img src=&/equation?tex=%5Cfrac%7BVol%28%5CGamma%29%7D%7BVol%28%5COmega%29%7D%3D%5Cfrac%7BVol%28%5COmega%29-%5Csum_%7Bk%3D0%7D%5E%7Bn%7D%7BVol%28A_k%29%7D+%7D%7BVol%28%5COmega%29%7D%3D1-%5Cfrac%7Bn%2B1%7D%7B2%5En%7D& alt=&\frac{Vol(\Gamma)}{Vol(\Omega)}=\frac{Vol(\Omega)-\sum_{k=0}^{n}{Vol(A_k)} }{Vol(\Omega)}=1-\frac{n+1}{2^n}& eeimg=&1&&.
已经有正确答案了，我给个证明吧.思路来源于n=2的情形，如下图注：背景的虚线是空间坐标系的坐标轴，各字母的定义见下文.对于高维的情况，原谅我只能不说人话了……写在前面，我对问题的理解是全概率空间是在绳子上依次取n个点，也就是概率空间是\bar\Omega…
不去深入探讨数学理论，在实用领域，特征函数的妙处如下。&br&&br&傅立叶变换有这样的性质：两个函数卷积的变换等于变换的乘积。在概率论中，它的厉害之处体现在：&br&&ol&&li&任意分布跟他的特征函数一一对应。&br&&/li&&li&两个独立随机变量之和的特征函数就是他们俩特征函数的积。&/li&&li&特征函数在0点附近收敛 &==& 分布函数弱收敛 (Levi continuous theroem)&/li&&/ol&换言之，要处理两个，乃至多个独立随机变量之和的分布，我们可以采取这样的路径：&br&&img src=&/equation?tex=X_1+%5Csim+F_1%2C+%5Ccdots%2C+X_n+%5Csim++F_n+%5C%5C%0A%5CDownarrow+%5C%5C%0Af_1%28t%29+%3D+Ee%5E%7BitX_1%7D%2C+%5Ccdots%2C+f_n%28t%29+%3D+Ee%5E%7BitX_n%7D%5C%5C%0A%5CDownarrow+%5C%5C%0Af%28t%29+%3D+Ee%5E%7Bit%28X_1%2B%5Ccdots%2BX_n%29%7D%3Df_1%28t%29%5Ccdots+f_n%28t%29%5C%5C%0A%5CDownarrow+%5C%5C%0A%5Ctext%7Bdistribution+of+%7D++X_1+%2B+%5Ccdots+%2B+X_n& alt=&X_1 \sim F_1, \cdots, X_n \sim
\Downarrow \\
f_1(t) = Ee^{itX_1}, \cdots, f_n(t) = Ee^{itX_n}\\
\Downarrow \\
f(t) = Ee^{it(X_1+\cdots+X_n)}=f_1(t)\cdots f_n(t)\\
\Downarrow \\
\text{distribution of }
X_1 + \cdots + X_n& eeimg=&1&&&br&这个步骤在“独立同分布随机变量的中心极限定理”的证明中起了关键作用。&br&&br&另外，如果随机变量各阶矩存在，从特征函数0处求k阶导数可得到&img src=&/equation?tex=%28%5Csqrt%7B-1%7D%29%5EkEX%5Ek& alt=&(\sqrt{-1})^kEX^k& eeimg=&1&&。和矩母函数相比，它的厉害之处在于即使不假设&img src=&/equation?tex=E%7CX%7C%5E3%3C%5Cinfty& alt=&E|X|^3&\infty& eeimg=&1&&,&img src=&/equation?tex=t%5Cto+0& alt=&t\to 0& eeimg=&1&&时仍有&br&&img src=&/equation?tex=f%28t%29%3D1%2BitEX-t%5E2E%28X%5E2%29%2F2%2Bo%28t%5E2%29& alt=&f(t)=1+itEX-t^2E(X^2)/2+o(t^2)& eeimg=&1&&&br&可参阅Durret Probability Theory and Example 3ed (Thomson 页定理3.8。用特征函数求矩是个实际用处。比如Numerical Analysis for Statisticians by Kenneth Lange (Springer 1999) 在第29-30页给出了已知X_1各阶矩，利用特征函数求X_1 + ... X_n各阶矩的方法。不详述了。不过我太不清楚这个性质的深入原理是什么。&br&&br&&br&对了，还有，就是它另一个厉害之处在于求hierarchical model的分布。具体来说，比如&img src=&/equation?tex=X%7C%5Ctheta+%5Csim+F_%5Ctheta+%28x%29& alt=&X|\theta \sim F_\theta (x)& eeimg=&1&&, &img src=&/equation?tex=F_%5Ctheta%28x%29& alt=&F_\theta(x)& eeimg=&1&&是某个参数族，&img src=&/equation?tex=%5Ctheta& alt=&\theta& eeimg=&1&&又服从分布&img src=&/equation?tex=G%28%5Ctheta%29& alt=&G(\theta)& eeimg=&1&&。假设&img src=&/equation?tex=F_%5Ctheta& alt=&F_\theta& eeimg=&1&&的特征函数是&img src=&/equation?tex=f_%5Ctheta%28t%29& alt=&f_\theta(t)& eeimg=&1&&，那么&br&&img src=&/equation?tex=Ee%5E%7BitX%7D%3DEE%28e%5E%7BitX%7D%7C%5Ctheta%29%3DEf_%5Ctheta%28t%29%3D%5Cint+f_%5Ctheta%28t%29dG%28%5Ctheta%29& alt=&Ee^{itX}=EE(e^{itX}|\theta)=Ef_\theta(t)=\int f_\theta(t)dG(\theta)& eeimg=&1&&&br&从而可以方便算出X的特征函数，进而算出X的分布。&br&&br&最后一个厉害之处在于它可以计算随机个独立同分布随机变量之和的分布。不细写了，看看Compound Poission distribution的维基页面。&br&&br&这是我第一回知乎作答。有不当之处各位多多指教。
不去深入探讨数学理论，在实用领域，特征函数的妙处如下。傅立叶变换有这样的性质：两个函数卷积的变换等于变换的乘积。在概率论中，它的厉害之处体现在：任意分布跟他的特征函数一一对应。两个独立随机变量之和的特征函数就是他们俩特征函数的积。特征函数…
唉，我认为首先我们要观察对手的情况，如果对方是螃蟹，你就出石头；对方是哆啦a梦，你就出布；如果对方有强力的人工智能还有灵活的机械五指，你应该冷酷地抱着肩膀向对方提问“你是谁，你存在的意义是什么，你的本质是什么”等它炸裂，然后宣布自己的不战而胜。&br&&br&好吧说正经的，我认为这是一个体现了题主求知欲和求胜欲两方面积极向上态度的好问题。而觉得这个问题没意义的人，你可太小看石头剪刀布了。&br&&br&&blockquote&２００５年，日本一名收藏家打算拍卖一幅印象派名画，但在著名的索思比拍卖行和克里斯蒂拍卖行之间难以抉择，不知委托哪家好，最后他决 定让两家代表以“石头剪刀布”方式决胜负。&br&&ul&&li&日本女子偶像团体&a href=&http://zh.wikipedia.org/wiki/AKB48& class=& wrap external& target=&_blank& rel=&nofollow noreferrer&&AKB48&i class=&icon-external&&&/i&&/a&于日，举行&a href=&http://zh.wikipedia.org/wiki/AKB48%E7%AC%AC19%E5%BC%B5%E5%96%AE%E6%9B%B2%E9%81%B8%E6%8B%94%E7%8C%9C%E6%8B%B3%E5%A4%A7%E6%9C%83& class=& wrap external& target=&_blank& rel=&nofollow noreferrer&&第一届猜拳大会&i class=&icon-external&&&/i&&/a&，首次采用猜拳方式来决定第19张单曲《&a href=&http://zh.wikipedia.org/wiki/%E6%A9%9F%E6%9C%83%E7%9A%84%E9%A0%86%E5%BA%8F& class=& wrap external& target=&_blank& rel=&nofollow noreferrer&&机会的顺序&i class=&icon-external&&&/i&&/a&》的选拔成员。其后日，举办了&a href=&http://zh.wikipedia.org/wiki/AKB48%E7%AC%AC24%E5%BC%B5%E5%96%AE%E6%9B%B2%E9%81%B8%E6%8B%94%E7%8C%9C%E6%8B%B3%E5%A4%A7%E6%9C%83& class=& wrap external& target=&_blank& rel=&nofollow noreferrer&&第二届猜拳大会&i class=&icon-external&&&/i&&/a&，以决定第24张单曲《&a href=&http://zh.wikipedia.org/wiki/%E5%B4%87%E5%B0%9A%E9%BA%BB%E9%87%8C%E5%AD%90& class=& wrap external& target=&_blank& rel=&nofollow noreferrer&&崇尚麻里子&i class=&icon-external&&&/i&&/a&》的选拔成员。日，举办了&a href=&http://zh.wikipedia.org/wiki/AKB48%E7%AC%AC29%E5%BC%B5%E5%96%AE%E6%9B%B2%E9%81%B8%E6%8B%94%E7%8C%9C%E6%8B%B3%E5%A4%A7%E6%9C%83& class=& wrap external& target=&_blank& rel=&nofollow noreferrer&&第三届猜拳大会&i class=&icon-external&&&/i&&/a&，以决定第29张单曲《&a href=&http://zh.wikipedia.org/wiki/%E6%B0%B8%E9%81%A0%E7%9A%84%E5%A3%93%E5%8A%9B& class=& wrap external& target=&_blank& rel=&nofollow noreferrer&&永远的压力&i class=&icon-external&&&/i&&/a&》的选拔成员。&/li&&br&&/ul&&/blockquote&&b&掌握提高石头剪子布胜率的技巧，谁知道是不是就有机会帮助你在未来的人生中，取得一次决定性的胜利呢？就算用不到，艺多总是不压身的，不是吗？&/b&&br&&br&如果你立志于将精力都投入这项竞技事业，也没问题。石头剪子布是有世界大赛的（哦忘了再科普一次，石头剪子布的英文是Rock Paper Scissors，会简写为&b&RPS&/b&）：&br&例如&br&由&a href=&/& class=& wrap external& target=&_blank& rel=&nofollow noreferrer&&World RPS Society&i class=&icon-external&&&/i&&/a& 主办的International World Championships，一年一度。&br&由&a href=&/& class=& wrap external& target=&_blank& rel=&nofollow noreferrer&&USARPS League&i class=&icon-external&&&/i&&/a& 主办的USA Rock Paper Scissors League，冠军奖高达50000美元。&br&由&a href=&http://en.wikipedia.org/w/index.php?title=Wacky_Nation&action=edit&redlink=1& class=& wrap external& target=&_blank& rel=&nofollow noreferrer&&Wacky Nation&i class=&icon-external&&&/i&&/a&（官网关闭）主办的 UK Rock Paper Scissors Championships，&br&还有 &br&&h3&Team Olimpik Rock Paper Scissors Championships&/h3&&br&&h3&National XtremeRPS Competition&/h3&&br&&h3&World Series of Rock Paper Scissors&/h3&&br&这是历年的获奖名单，毋庸置疑，这些人是真正的RPS界强者，万人之上的王，规则的统治者，狡诈的骗术师，异能的读心者，不败的传奇和至尊的战神。&br&如果您不相信石头剪子布是一个纯粹依靠运气的游戏，那么他们的夺冠经历和技巧就会对你有所帮助。&br&&img src=&/cabd00aae43f9f4da9d705_b.jpg& data-rawwidth=&865& data-rawheight=&259& class=&origin_image zh-lightbox-thumb& width=&865& data-original=&/cabd00aae43f9f4da9d705_r.jpg&&&br&这是RPS Society网站的一份由&b&世界冠军们&/b&提供的官方制胜指南，其中提及了一些技巧，包括倒转手型（1,2两条，在规则中是允许的），以及根据对方的心理模式预读（3.4两条）。&br&&img src=&/aa1d9253441_b.jpg& data-rawwidth=&625& data-rawheight=&1424& class=&origin_image zh-lightbox-thumb& width=&625& data-original=&/aa1d9253441_r.jpg&&&br&第五条其实在HxH中是出现过的，即预读手指变化模式来对策——这里实际上利用了一个规则漏洞，理论上双方需要”同时“出手——可显然对于如何规定”同时“的概念是模糊的，在一个普朗克单位内？在1ms内？在0.1秒内？&br&也就是说如果你慢出而且别人看不出来，那么就算是符合规则的。&br&&br&&img src=&/f618fe27c7cc7a412a9ca44d9e783e1a_b.jpg& data-rawwidth=&660& data-rawheight=&716& class=&origin_image zh-lightbox-thumb& width=&660& data-original=&/f618fe27c7cc7a412a9ca44d9e783e1a_r.jpg&&如果你觉得人力无法做到，那么机器人可以做到&br&&div class=&video-box& data-swfurl=&/player.php/sid/XNDI2Njk3Mzc2/v.swf&&&div class=&video-box-inner&&
&div class=&video-thumb&&
&img class=&video-thumbnail& src=&/FFECE2F9-601C-FA7C-C2CE10D2966D&&&i class=&video-play-icon&&&/i&
&div class=&video-box-body&&
&div class=&video-title&&机器人石头剪刀布猜拳，100%胜率&/div&
&div class=&video-url&&/v_show/id_XNDI2Njk3Mzc2.html&/div&
&/div&&/div&很显然，千分之二秒的时间，超过人类的反应力，在高速摄影的情况下才勉强可以观察到”慢出“。也就意味着在无法对”同时性”进行严格限定的规则范围内，这个机器人就是不可战胜的。 &br&&br&第七条则是统计数据了，就我个人而言反而是没有意义的——因为任何统计数据都会将人引入”我知道你要出“”你知道我知道你要出“”我知道你知道我知道你要出“的无限循环中去。&br&&br&所以，只要苦练石头剪子布，你也一定能成为一名合格的猎人并赢取50000美元大奖的，少年！&br&以上！
唉，我认为首先我们要观察对手的情况，如果对方是螃蟹，你就出石头；对方是哆啦a梦，你就出布；如果对方有强力的人工智能还有灵活的机械五指，你应该冷酷地抱着肩膀向对方提问“你是谁，你存在的意义是什么，你的本质是什么”等它炸裂，然后宣布自己的不战…
概率论是数学，不是科学。概率论的数学基础是测度论，概率空间的三要素&img src=&/equation?tex=%28%5COmega%2C%5Cmathcal%7BF%7D%2C+P%29& alt=&(\Omega,\mathcal{F}, P)& eeimg=&1&&中的事件集&img src=&/equation?tex=%5Cmathcal%7BF%7D& alt=&\mathcal{F}& eeimg=&1&&是样本空间&img src=&/equation?tex=%5COmega& alt=&\Omega& eeimg=&1&&上的&img src=&/equation?tex=%5Csigma& alt=&\sigma& eeimg=&1&&-代数，&img src=&/equation?tex=P& alt=&P& eeimg=&1&&是&img src=&/equation?tex=%28%5COmega%2C+%5Cmathcal%7BF%7D%29& alt=&(\Omega, \mathcal{F})& eeimg=&1&&上的一个 1-质量分布。&br&均匀硬币正面 1/2 是&b&指派&/b&来的，不是概率论&b&证明&/b&的。别弄反了因果关系。
概率论是数学，不是科学。概率论的数学基础是测度论，概率空间的三要素(\Omega,\mathcal{F}, P)中的事件集\mathcal{F}是样本空间\Omega上的\sigma-代数，P是(\Omega, \mathcal{F})上的一个 1-质量分布。均匀硬币正面 1/2 是指派来的，不是概率论证明的。别…
最直观的讲 Ω包含概率空间&b&最小不可分的独立事件&/b&，F定义事件可能的&b&相互组合&/b&，P给定F中组合发生的&b&可能性大小&/b&&br&&br&&br&举个例子&br&Ω中有两个事件{a,b} &br&F可以为{空集,{a,b}} 两着要么同时发生要么同时不发生 也可以为{空集,{a},{b},{a,b}} 两者可以同时发生可以同时不发生 也可以恰有一个发生。这里的事件组合，需要满足&b&代数定义&/b&。&br&如果理解F没有障碍，那么P就是把F中的元素{空集,{a,b}}分别&b&映射&/b&为两个和为1不小于0的实数。该实数成为概率，大小反应事件发生可能性的大小。对于 {空集,{a},{b},{a,b}} 映射的四个实数 分别就似乎 两件事均不发生的概率 恰只发生a的概率 恰只发生b的概率 ab同时发生的概率。古典概率模型中，事件a的概率即是指，&b&假定试验可以重复n次，n接近无穷时&/b&，恰有p(a)*n次试验发生了事件a。
最直观的讲 Ω包含概率空间最小不可分的独立事件，F定义事件可能的相互组合，P给定F中组合发生的可能性大小举个例子Ω中有两个事件{a,b} F可以为{空集,{a,b}} 两着要么同时发生要么同时不发生 也可以为{空集,{a},{b},{a,b}} 两者可以同时发生可以同时不发生…
头骨的基因也是来自于父母，但由于分裂、重组以及基因突变，也会出现异于父母的状况。&br&一般来说，来自母亲的比较多，尤其是儿子的话，Ｘ染色体的基因明显多于Ｙ，此外细胞质基因全部来自母亲。&br&小头爸爸过小的头+围裙妈妈正常的头，在正常情况下是生不出那么大头的儿子的。&br&推测1：&br&基因突变。小概率事件，当然也不是完全不可能。&br&推测2：&br&儿子是不是亲生无从考证，但儿子的头本来是不大的，后来喝了毒奶粉，残了。&br&但看动画片里儿子活跃的样子，似乎又不像被残害的三鹿儿童。&br&推测:3：&br&我要贴图了~！&br&&img src=&/feaa2bb511d89c7a80d6961_b.jpg& data-rawheight=&2389& data-rawwidth=&438& class=&origin_image zh-lightbox-thumb& width=&438& data-original=&/feaa2bb511d89c7a80d6961_r.jpg&&&br&&br&&br&头都大！不要说我黑他们！眼睛、鼻子、耳朵、八字眉都是一致的，再看他俩发型！&br&如此高度一致的设计出现在一部动漫里，看动漫多的人都知道，这代表他们是直系亲属或者什么特殊羁绊关系！&br&因为动漫里面的人物受作者画风的影响，所以各个人物的特征需要用一定的夸张手法来表现，在这种情况下，把两个年龄相差如此悬殊的人画成一样的，是为什么呢？————
头骨的基因也是来自于父母，但由于分裂、重组以及基因突变，也会出现异于父母的状况。一般来说，来自母亲的比较多，尤其是儿子的话，Ｘ染色体的基因明显多于Ｙ，此外细胞质基因全部来自母亲。小头爸爸过小的头+围裙妈妈正常的头，在正常情况下是生不出那么…
很不幸题目分类错了。&br&&br&这个问题有一半属于&b&社会选择理论&/b&（Social Choice Theory）。&br&&br&先来讨论一个最平凡的情况：&br&&blockquote&如果：&br&&ul&&li&A 胜过了 B、C、D；&br&&/li&&li&B 胜过了 C、D；&br&&/li&&li&D 负于 C；&br&&/li&&li&并且比赛结果实际上就反应了两个人之间的实力水平；&/li&&/ul&那么毫无疑问，A 是第一，B 是第二， C 是第三，D 是第四。&/blockquote&问题在于现实生活中有&b&随机因素&/b&和&b&环&/b&。&br&&br&所谓的随机因素就是，A 和 B 打十次，可能 6 胜 2 平 2 负。但是如果恰好撞到了 2 平或者 2 负的那一次，并且我们以这个为结果，那么 A 就有可能获得于自己实际水平不匹配的成绩。当然，这在体育比赛中是可以忽略的事情，毕竟赛事年年有，总不至于 A 实力强于 B 但是次次都负于 B，既然有赢有输，那就不必计较了。&br&&br&如果我们一定要钻牛角尖，决出理想的结果，自然是让两两之间对决 100 次，然后根据总体上的胜负情况来看最后两个队伍之间的真正的实力对比是怎么样的，说不定还能将简单的胜负关系通过胜负场次的状况数值化为一种实力差之类的东西。并且，原则上来说，虽然在偶然的情况下可能有环，但是在大量比赛之后依然有环出现的概率会小很多。&br&&br&&br&麻烦的东西是环。&br&&br&假定有 A&B&C&D&A （X&Y 表示在直接对决的时候 X 胜了 Y，毕竟单场比赛有运气因素，这也不是不可能的事情）。&br&如果采取世界杯决赛的方式，即，将四队分成两组，然后两组的胜者之间决出冠亚军，败者之间决出三四名，就会出现这样的情况：如果 A、B 在一组，那么 A 至少能获得亚军，而如果 D、A 在一组，那么 A 至多只能获得季军。&br&&br&这也就是题主口中说的不合理的来源之一：环的存在。&br&&br&即便我们进行了循环赛，我们也不一定能破解环，我先列一个最坑爹的情况：&br&&ul&&li&A&B，A&D；&br&&/li&&li&B&C，B&D；&br&&/li&&li&C&A，C&D；&br&&/li&&/ul&毫无疑问，D 没戏了，但是 A、B、C 要怎么办？并列冠军？嘛，这样也好。但是直观上来说，我们只能接受 A、B、C 相互打平的时候以打平结束，而对于这种成环的情况，还是会忍不住用别的标准再来一决胜负。&br&&br&这样说起来，虽然比赛和投票很像，但是还是有区别的。先说它们类似的地方吧：&br&&ul&&li&有若干个候选人（参赛者）；&br&&/li&&li&目的是得到一个候选人（参赛者）的排序；&br&&/li&&li&公正的比赛和投票需要满足&b&中立性&/b&：即结果由选票决定，而不由候选人位置决定（比如说，如果一个比赛总是让第一个登场的选手获得第一名，第二个第二名，那么它就不满足中立性）。&br&&/li&&/ul&&br&不同的地方在于：&br&&ul&&li&选票和比赛结果：一张选票是对于所有候选人的一个排序；一个比赛结果是对于两个候选人之间的一个排序。
（选票中的「&」具有传递性） &br&&/li&&li&公正的投票需要满足匿名性：任何两张选票都是等效的，不会因为投票者是某个人而因此获得更大的权重，独裁是非匿名性的极致：独裁者的权重为 1，其他人没有权重。&br&&/li&&li&公正的比赛制度需要避免这种情况：（假定每场比赛都是胜者得 3 分，平各 1 分，负者 0 分）A 和 B 之间进行 10 场比赛，B 和 C 之间进行 3 场，A 和 C 之间进行 1 场比赛。（这两条是说：选票可以单方面叠加；但是比赛结果是不应该单方面叠加的，如果采取积分制度，只应该进行多轮比赛，不应该允许两方单独进行比赛，除非是为打破平局。选票可以叠加的根本原因在于：选票总是同时给出一个完整的排序，但是比赛永远只是在两个对手之间进行。）&br&&/li&&li&化约关系：一张选票总可以化约为&img src=&/equation?tex=%5Cfrac%7Bn%28n%2B1%29%7D%7B2%7D& alt=&\frac{n(n+1)}{2}& eeimg=&1&&场比赛结果（n 是候选人数目，比如说 A&B&C 可以化约为三场比赛结果：A&B，A&C，B&C）；但是两两之间的&img src=&/equation?tex=%5Cfrac%7Bn%28n%2B1%29%7D%7B2%7D& alt=&\frac{n(n+1)}{2}& eeimg=&1&&场比赛结果不一定能化约为一张选票（同样是三人的情况，A&B，B&C，C&A 以及 B&A，C&B，A&C 各自都不能化约为一张选票，但是将两者重新组合之后倒是有可能化约为如下两张选票：A&B&C 和 C&B&A，但是与此同时，我们也可以将这六个结果组合成如下两张选票：C&A&B 和 B&A&C ，这就充分体现了两者之间的差别）。&/li&&/ul&&br&下面介绍一个比较新的概念：Condorcet 赢家。&br&将一张选票拆分为&img src=&/equation?tex=%5Cfrac%7Bn%28n%2B1%29%7D%7B2%7D& alt=&\frac{n(n+1)}{2}& eeimg=&1&&个有序对，如果 A&B 的数目比 B&A 的数目多，那么 A 就胜于 B，如果 A 在和其它玩家的比较中都胜出了，那么 A 就是 Condorcet 赢家。正是由于这种计分法会把一张选票全部拆成两两对比的情况，因此它也适用与一般的比赛的结果判定中。&br&&br&当然，如果出现了环的话，Condorcet 赢家就不一定存在了。（关注赢家的另一个理由是，或许我们可以分别依次递归地决出 1、2、3、4 名，但是由于阿罗不可能性定理，我们知道这在某些情况下一定会带来违反独立无关性条件的结果。）&br&&br&但是，虽然这个标准可以搬到比赛中来，这并不意味着这个标准就是一个没有争议的标准。毕竟在投票的时候，有可能 Condorcet 赢家是没有办法被其它投票方式选出的。考虑如下情况：&br&&ul&&li&3 张选票：A&B&C&br&&/li&&li&2 张选票：B&C&A&br&&/li&&li&1 张选票：B&A&C&br&&/li&&li&1 张选票：C&A&B&br&&/li&&/ul&这时，A 是 Condorcet 赢家，因为 A 和 B 比较的时候 A 赢了 4 次输了 3 次；A 和 C 比较的时候也是如此。但是，如果我们采用另外一种方法，比如说让一张选票上的第一名得 x 分，第二名得 y 分，第三名得 z 分，只要满足 x&y&z，B 就一定会是赢家。（如果按照赢了比赛得 1 分，输了得 0 分的话，A=8，B=9，C=4，赢家竟然也不是 B，话说这特么和 Borda 计分法
（第一名得 n-1 分，依次递减，最后一名 0 分） 的结果是一样的，貌似我可以证明这个，嘛算了不证明了，你自己看的懂的）&br&&br&位置计分法看上去只能适用于选票要求给出所有候选人的排序的情况，不一定适用于比赛这种两两对比的结果，况且就算能够转化，同一种比赛结果也会得到多种可能的选票组合，不过话说回来，（A&B&C + C&B&A）在 Borda 计分法下面是 A B C 各自得 2 分，而这和（C&A&B + B&A&C ）的结果是一样的。看来我需要去考虑看看选票的组合方式在什么情况会受到影响，不过这是另一个问题了。或许我们可以证明，无论如何将比赛结果转化为选票，Borda 计分法的结果和认为赢了得 1 分输了不得分计算出来的积分数是一样的。&br&&br&好的回归正题，由于 Condorcet 赢家的概念非常严苛，在大多数情况下都可能选不出恰当的赢家，所以最直接的办法就是将这种制度进行扩展，比如说：当没有 Condorcet 赢家的时候，我们将过去的比赛结果进行删除，每个选手的得分 x 是他至少需要删除 x 场才能成为 Condorcet 赢家。&br&比如说：&br&&ul&&li&A&B 4:1（表示 A&B 3 场， A&B 2 场）&br&&/li&&li&B&C 4:1&br&&/li&&li&C&A 3:2&br&&/li&&/ul&在这种情况下，A、B、C 都不是 Condorcet 赢家，但是如果我们删除两场 C&A 的结果，那么就会出现 C&A 1:2 的情况，此时 A 就成为了 Condorcet 赢家。同理只要我们删除 4 场 A&B，B 就会变成 Condorcet 赢家，C 也要至少 4 场。因此最后的赢家是得分最少的 A。 &br&&br&说一下结论：&br&&ul&&li&Borda 积分制的本质就是：如果 A 赢了 B 一场，那么 A 得 1 分，B 不得分。但是 Borda 赢家并不一定是独立的，在一名其它选手退出之后，原来的 Borda 赢家有可能不再是 Borda 赢家。&br&&/li&&li&Condorcet 赢家不一定是 Borda 积分制的赢家，但是幸运的是，如果我们照样定义出 Condorcet 输家的概念，那么它一定不会是 Borda 积分制的赢家。因此这种判断法虽然并不和 Borda 规则重合，至少不会太差。&br&&/li&&li&这两个规则都至少需要四人之间两两之间对决一次，就是 6 次。&br&&/li&&li&我觉得我应该可以证明，6 次的情况下 Condorcet 赢家应该会和 Borda 赢家重合，但是我证明不了，摔！&/li&&li&公平和效率是不可兼得的。我们可以重复20轮比赛来排除运气的因素，以达到更公平的结果，但是这是要付出代价的。同样，我们也可以选择 4 进 2 然后 2 进 1 的方式，这样就只需要进行四场比赛，但是这同样是依赖于分组抽签的运气的。&br&&/li&&li&虽然不知道你们更喜欢 Borda 计分法还是 Condorcet 赢家（+删除场数的拓展），但是我更喜欢 Borda。&/li&&li&由于这两个规则都是匿名并且中立的，并且满足一致同意性原则，因此根据阿罗不可能性定理，一定会遇到违反独立无关性条件的情况。但是这个就是细节问题了。毕竟如果我们将投票看作是信息整合的过程，我们从海量的选票中最终整理出来一个排序，这无非就是以抛弃大量信息为代价的。&/li&&/ul&&br&好了不想写了。
很不幸题目分类错了。这个问题有一半属于社会选择理论（Social Choice Theory）。先来讨论一个最平凡的情况：如果：A 胜过了 B、C、D；B 胜过了 C、D；D 负于 C；并且比赛结果实际上就反应了两个人之间的实力水平；那么毫无疑问，A 是第一，B 是第二， C 是…
楼主找个三面骰子给我看看
楼主找个三面骰子给我看看
1，这种说法本质上就是错的 在事前的预防阶段得出的概率属于先验概率 其所谓100%和0%连后验概率都算不上 这数据都不知道怎么来的 提出这种说法的人 连大学基本的概率论与数理统计都没有学好&br&2，一件事发生的后果我们讲的是期望 打个比方你喝一口水被呛着的概率是1% 你喝1000口水会被呛的期望是次 这种情况下你能不能说我刚喝一口水被呛了 就表示我喝水必然被呛？显然不可能 很简单的归谬法&br&3，我猜他的意思是核电一旦出事故后果是非常严重的 不应该为了哪怕一丁点风险来发展核电 这里我用上面的话来反驳 目前的二代+商用核电站的运行异常率可达百万堆/年
况且现代核电站有多重纵深防御以及相当复杂的安全冗余设施 大部分冗余设施在核电站的整个寿命期内都不会用到（如备用柴油发电机）可以保证现代核电站在人类可以设想的所有极端情况下保证放射性物质不会外泄 如同火车撞死人的概率微乎其微 但我们并不会为了不被火车撞死就抹杀火车巨大的运力以至于停止发展铁路业 专业知识我也不打算说太细 这种概率下发生事故的期望简直可以媲美被闪电击中的概率 这种出现异常的期望我们完全可以承受&br&4，又说了这么多 基本上已经厌倦了类似于核电该不该发展 安全性有多大 有没有放射性之类的问题 我能理解一些人对核电的恐惧源于对核电的不了解 我在希望发挥一点作用的同时 也希望能跟内行们探讨一下关于核电更深层次的问题 欢迎友好讨论&br&-------------------------------------------------&br&更新&br&给楼下那个称我为伪专家的&br&你真是抬举我了 我压根就不是专家 也冒充不起 我是个粗人 不懂得用敬语&br&你请我搬到核电站旁边去住 感谢你八辈祖宗 我的办公室距离核岛厂房直线距离不到二百米 岂止是住在核电站旁边 压根就是跟核燃料抵足而眠&br&我是武汉人 距离武汉几十公里的咸宁正在规划建设核电 也托你八辈祖宗的福 我无比向往去那里工作&br&我也去过反应堆主控室 离乏燃料水池不超过三十米 以你的智商一定不敢来&br&我的生活和工作都与核电站密不可分 不知道这样算不算你口中“搬到核电站旁边去住” 以我的智商 我一点也不担忧&br&我的职业生涯还算顺利 我的生活丰富多彩 至于你怎么评价我 关我什么事 你的概率学得挺好 课本 背得挺熟 关我什么事 谁没上过大学 谁没学过概率&br&最后两句话不是给你的 你爱看不看&br&&br&核电凝聚了全球不计其数的核电工作者与科学家的智慧和劳动 大家使用的每一度核电背后 不仅仅是你付出的电费 而是几十年来全体核电从业者的血汗 经验和智慧 你的身后站着无数核电科学家和核电工作者&br&我们这些核电工作者 距离反应堆最近 距离危险最近 倘若真有泄漏 首当其冲的一定是我们 我们用自己的劳动守卫核安全 我真不明白 作为内行和真正在核电站工作的员工嘴里说出的话 在某些人看来竟然比千里之外对核电一窍不通的外行更加不可信
1，这种说法本质上就是错的 在事前的预防阶段得出的概率属于先验概率 其所谓100%和0%连后验概率都算不上 这数据都不知道怎么来的 提出这种说法的人 连大学基本的概率论与数理统计都没有学好2，一件事发生的后果我们讲的是期望 打个比方你喝一口水被呛着的概…
来自子话题：
&img src=&/2dddb28c75fae41c7deec40c6da4c1ca_b.jpg& data-rawwidth=&654& data-rawheight=&445& class=&origin_image zh-lightbox-thumb& width=&654& data-original=&/2dddb28c75fae41c7deec40c6da4c1ca_r.jpg&&
小兄弟，要学会用美国的专利局网站，里面有完整的slot machine的专利，包含结构、算法细节。&br&&a href=&/techreports/0511/Technology%20Insight%20Report-Slot%20Machines.pdf& class=& external& target=&_blank& rel=&nofollow noreferrer&&&span class=&invisible&&http://www.&/span&&span class=&visible&&/te&/span&&span class=&invisible&&chreports/0511/Technology%20Insight%20Report-Slot%20Machines.pdf&/span&&span class=&ellipsis&&&/span&&i class=&icon-external&&&/i&&/a&&br&&br&&img src=&/b846cd968c93d7b3b54aa7eae1695bf8_b.jpg& data-rawwidth=&1030& data-rawheight=&702& class=&origin_image zh-lightbox-thumb& width=&1030& data-original=&/b846cd968c93d7b3b54aa7eae1695bf8_r.jpg&&
小兄弟，要学会用美国的专利局网站，里面有完整的slot machine的专利，包含结构、算法细节。
大家真的是把这个问题当做一个统计题在算概率吗？&br&可能是我想多了...&br&我不知道题主问这个问题是什么意思。既然题目特别排除了兽医、巫医这些卫生工作者，背后是不是想问，飞机上遇到突发健康问题被医生搭救的概率有多大？&br&那样，这不是一个单纯的数学题，而是一个医学问题+社会问题&br&不是简单地拿出注册医生比例和座舱数进行概率计算就可以的...&br&从医学角度，国家注册的医生数&具备临床技能的医生数&拥有飞机上施救能力的医生数；&br&从社会角度，飞机上在座的医生数≥愿意挺身而出的医生数。&br&插一个小故事，我的一位同学向我忏悔的故事。&br&她是具备临床技能的医生，并且拥有施救能力。但是那次，当一位老人在她面前倒下时，她害怕了。当时围观的人很多，但没有人上前。幸运的是，老人的家属在，并且她在内心挣扎之后，走上前指导家属如何处理。全程她不敢真正上前施救，指导家属是她已经能做出的最大努力。老人被救护车运走后，她脑子里已经搅成一团浆糊。事后她很难过，各种情绪交织在一起，电话里的声音都是颤抖的。我安慰完她，转手去查院外急救的法律依据和纠纷免责，遗憾的是当时我并没有查到清晰明确的法律指引。&br&在写这篇文字的时候，我还特意又查了一遍，发现2014年6月的一篇新闻提到“杭州&b&拟立法&/b&：鼓励&b&具备急救专业技能的公民&/b&对急、危、重伤病员实施紧急现场救护，其&b&紧急现场救护&/b&的行为受法律保护，&b&不追究有关法律责任&/b&。”&a href=&.cn/html//content_186351.htm& class=& wrap external& target=&_blank& rel=&nofollow noreferrer&&普通人现场急救&i class=&icon-external&&&/i&&/a&&br&是拟立法。&br&这么说来，以前真的是没有立法保护的咯？希望有朋友能给我一些法律学的指导，解除我的困惑。&br&扯远了，回到问题本身。&br&每架次航班上至少有一个医生的概率有多大？&br&我理解为：每架次航班上，遇到突发健康问题被医生搭救的概率有多大？&br&在我看来，这题的复杂性超乎想象，这个概率真的是可以计算的吗？
大家真的是把这个问题当做一个统计题在算概率吗？可能是我想多了...我不知道题主问这个问题是什么意思。既然题目特别排除了兽医、巫医这些卫生工作者，背后是不是想问，飞机上遇到突发健康问题被医生搭救的概率有多大？那样，这不是一个单纯的数学题，而是…
不是每个人都需要缴低智商税的。
不是每个人都需要缴低智商税的。
打一顿就好了
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我来说另一个方法。&br&&br&首先，跟 &a data-hash=&461a2e0ae8e9ce8cba35a6c& href=&/people/461a2e0ae8e9ce8cba35a6c& class=&member_mention& data-editable=&true& data-title=&@汪轲& data-tip=&p$b$461a2e0ae8e9ce8cba35a6c&&@汪轲&/a&一样，我们合理推出酒鬼在A, B, C酒吧的概率均等（且为互斥事件），所以概率各是30%。&br&&br&我们增加一个D酒吧，并且规定那个酒鬼只要不在A, B, C酒吧就在D酒吧！（这才是真正的酒鬼！）&br&&br&不难看出，酒鬼在D酒吧的概率是10%。&br&&br&好的，现在题目变成，『酒鬼30%的概率在A酒吧里，30%的概率在B酒吧里，&b&30%的概率在C酒吧里，10%的概率在D酒吧里&/b&，而此时他不在A, B酒吧里，求他在C酒吧里的概率』。&br&&br&是不是就可以一下子看出3/4了！&br&&br&第一次看到这个方法是在M67的书里，把原题留作作业：『每次拿到文件，我都会随机把它放进书桌8个抽屉里的一个，但我有1/5的概率忘记把它放进抽屉里，导致弄丢。现在我要找一份文件，一连开了7个抽屉都没找到，请问我能在最后一个抽屉里找到它的概率是多少？』&br&&br&那么就这样=w=
我来说另一个方法。首先，跟 一样，我们合理推出酒鬼在A, B, C酒吧的概率均等（且为互斥事件），所以概率各是30%。我们增加一个D酒吧，并且规定那个酒鬼只要不在A, B, C酒吧就在D酒吧！（这才是真正的酒鬼！）不难看出，酒鬼在D酒吧的概率是10%。好的…
用一系列左右括号来记录每局的输赢，你赢用左括号表示，女友赢用右括号表示。&br&例如你描述的情景，记作“()((”——你先赢一局，女友扳平，你又赢两局。&br&&br&如果女友直接赢，那么比赛记录只能是“)”。&br&如果女友耍一次赖后赢，那么比赛记录只能是“())”。&br&如果女友耍两次赖后赢，那么比赛记录只能是“()())”或“(()))”。&br&推广一下，如果女友耍k次赖后赢，那么比赛记录是一个长度为2k+1的括号串，最后一个括号一定是右括号，前面2k个括号必须能配成可嵌套的k对（即任一个前缀中右括号都不比左括号多）。&br&&br&k对括号嵌套组成的括号串的数目是&a href=&https://en.wikipedia.org/wiki/Catalan_number& class=& wrap external& target=&_blank& rel=&nofollow noreferrer&&Catalan number&i class=&icon-external&&&/i&&/a&：&br&&img src=&/equation?tex=C_k%3D%5Cfrac%7B%282k%29%21%7D%7Bk%21%28k%2B1%29%21%7D& alt=&C_k=\frac{(2k)!}{k!(k+1)!}& eeimg=&1&&&br&如果允许女友耍n次赖，则她赢的总概率是：&br&&img src=&/equation?tex=P%28n%29+%3D+%5Csum_%7Bk%3D0%7D%5En+%5Cfrac%7BC_k%7D%7B2%5E%7B2k%2B1%7D%7D+%3D+%5Csum_%7Bk%3D0%7D%5En+%5Cfrac%7B%282k%29%21%7D%7B2%5E%7B2k%2B1%7Dk%21%28k%2B1%29%21%7D& alt=&P(n) = \sum_{k=0}^n \frac{C_k}{2^{2k+1}} = \sum_{k=0}^n \frac{(2k)!}{2^{2k+1}k!(k+1)!}& eeimg=&1&&&br&评论中 &a data-hash=&d85dc282f& href=&/people/d85dc282f& class=&member_mention& data-editable=&true& data-title=&@Richard Xu& data-tip=&p$b$d85dc282f&&@Richard Xu&/a& 把这个求和算出来了，结果是：&br&&img src=&/equation?tex=P%28n%29%3D1-%5Cfrac%7B%5CGamma%28n%2B1.5%29%7D%7B%5Csqrt%7B%5Cpi%7D%5CGamma%28n%2B2%29%7D& alt=&P(n)=1-\frac{\Gamma(n+1.5)}{\sqrt{\pi}\Gamma(n+2)}& eeimg=&1&&，&br&其中&img src=&/equation?tex=%5CGamma& alt=&\Gamma& eeimg=&1&&是&a href=&https://en.wikipedia.org/wiki/Gamma_function& class=& wrap external& target=&_blank& rel=&nofollow noreferrer&&Gamma function&i class=&icon-external&&&/i&&/a&。&br&&br&P(n)的图象如下：&br&&img src=&/9fcea0ad198ff7b8fb020_b.jpg& data-rawwidth=&560& data-rawheight=&308& class=&origin_image zh-lightbox-thumb& width=&560& data-original=&/9fcea0ad198ff7b8fb020_r.jpg&&&br&前几个值如下：&br&P(0) = 0.5&br&P(1) = 0.625&br&P(2) = 0.6875&br&P(3) = 0.7266&br&P(4) = 0.7539&br&女友耍7次赖，胜率可以达到0.8（P(7) = 0.8036）；&br&女友耍31次赖，胜率可以达到0.9（P(31) = 0.9007）；&br&女友耍127次赖，胜率可以达到0.95（P(127) = 0.9502）。
用一系列左右括号来记录每局的输赢，你赢用左括号表示，女友赢用右括号表示。例如你描述的情景，记作“()((”——你先赢一局，女友扳平，你又赢两局。如果女友直接赢，那么比赛记录只能是“)”。如果女友耍一次赖后赢，那么比赛记录只能是“())”。如果女友…
缺条件，必须明确 “任意” 的意思，即取弦的方法。&br&&br&比如可以先在圆周上以平均概率取两点，然后连接他们得到弦，那么只需考虑两点的相对位置。&br&答案自己算。&br&也可以先以平均概率取一个半径，再以平均概率在此半径上取一点，过该点做该半径的垂线得到弦。&br&答案自己算。&br&&br&两种取法都是任意，但答案不同。&br&&br&======补充======&br&谢谢 @Eli Gao 的补充，这原来是一个被考虑过的问题：&a href=&http://en.wikipedia.org/wiki/Bertrand_paradox_(probability)& class=& external& target=&_blank& rel=&nofollow noreferrer&&&span class=&invisible&&http://&/span&&span class=&visible&&en.wikipedia.org/wiki/B&/span&&span class=&invisible&&ertrand_paradox_(probability)&/span&&span class=&ellipsis&&&/span&&i class=&icon-external&&&/i&&/a&&br&还有第三种选法，是任选圆内一点，取以此点为中点的弦。
缺条件，必须明确 “任意” 的意思，即取弦的方法。比如可以先在圆周上以平均概率取两点，然后连接他们得到弦，那么只需考虑两点的相对位置。答案自己算。也可以先以平均概率取一个半径，再以平均概率在此半径上取一点，过该点做该半径的垂线得到弦。答案自…
这个问题我来答~&br&&br&&b&&u&本文欲转载请私信联系本人。&/u&&/b&&br&&br&先说结论：&b&&u&136张的麻将&/u&&/b&（含7种字牌，不含花牌、百搭），&u&&b&天和&/b&&/u&（和牌型包括基本型、七对子、国士无双、全不靠，不考虑&b&起和限制&/b&）&u&&b&的概率约为&/b&&/u&&b&&u&33万分之一&/u&&/b&。&br&&br&&br&&b&&u&第一部分
日本麻将的天和概率&/u&&/b&&br&&br&第一部分内容，&b&翻译&/b&自日本的麻将研究家&b&&u&らすかる&/u&&/b&的个人主页，网址为：&a href=&http://www10.plala.or.jp/rascalhp/mjmath.htm#6& class=& wrap external& target=&_blank& rel=&nofollow noreferrer&&麻雀の数学&i class=&icon-external&&&/i&&/a&。らすかる科学地将&b&和牌型分类&/b&并分别计算其&b&组合数&/b&，准确计算出了&b&日本麻将&/b&的天和概率。译者为&b&&u&段昊&/u&&/b&（本人）。&br&&br&&blockquote&&b&（日本麻将）天和的概率&/b&&br&&br&【前提条件】&br&&br&牌张为通用的 34种×4张＝136张 。&br&不含对计算有影响的特殊牌（花牌、百搭牌等）。&br&和牌型只包含一般型、七对子型、国士无双型。&br&&br&【计算方法】&br&&br&用简单的算式是无法表示的。将和牌型稍作分类并利用编程来计算的话是可以轻松计算出来的。如果单纯地判断所有牌型的组合是否符合和牌，所需的时间会是天文数字，所以不可行。这里按照以下步骤进行计算：&br&&br&（1）除去七对子与国士无双的一般和牌型中，字牌、万子、筒子、索子的张数可能为0张、2张、3张、5张、6张、8张、9张、11张、12张、14张的其中一种。&br&&br&（2）分别计算字牌与数牌在符合上述张数时，牌型同时符合[n个面子+0或1个雀头]的组合数。此时也计算同时还符合[n个对子]的组合数。&br&&br&（3）计算4门牌张数和为14张的所有组合数。但因为雀头只能有1个，所以像字牌5张、万子5张、筒子2张、索子2张这样的组合不计算在内。&br&&br&（4）从上述结果中除去七对子型的组合。&br&&br&（5）计算七对子和牌型的组合数。&br&七对子型的牌型数为C(34,7)种，组合数为C(34,7)×6^7种。&br&&br&（6）计算国士无双和牌型的组合数。&br&国士无双型的牌型数为13种，组合数为13×6×4^12种。&br&&br&（7）利用（4）~（6）的合计除以总组合数，就可以得出天和概率了&br&总组合数为C(136,14)种。&br&&br&（8）程序运行并不需要太长时间，为了确认程序正确运行，（1）~（3）也同样计算了组合数。这里先将字牌与数牌分别计算0~14张的组合数，再计算4门牌合计为14张的全部组合。&br&&br&【计算结果】&br&&br&首先是（2）的结果，如下所示：&br&&br&[字牌]&br&&img src=&/b46dcbb11ae4b0bab3b05e1_b.jpg& data-rawwidth=&571& data-rawheight=&289& class=&origin_image zh-lightbox-thumb& width=&571& data-original=&/b46dcbb11ae4b0bab3b05e1_r.jpg&&&br&[数牌]&br&&img src=&/05e8d1ecf4b0b_b.jpg& data-rawwidth=&571& data-rawheight=&289& class=&origin_image zh-lightbox-thumb& width=&571& data-original=&/05e8d1ecf4b0b_r.jpg&&&br&按上表中数值进行计算，得到以下结果：&br&&img src=&/cbaa5c4ee9b3c_b.jpg& data-rawwidth=&391& data-rawheight=&145& class=&content_image& width=&391&&&br&综上，天和的概率为&br&74÷8216000&br&＝约&b&0.&/b& (约&b&1/330530&/b&)&/blockquote&&br&&br&&b&&u&第二部分
国标麻将（无起和限制）的天和概率&/u&&/b&&br&&br&&b&国标麻将&/b&（&b&无8番起和限制&/b&，即QQ大众麻将）与日本麻将的和牌有2点不同。&br&1.国标麻将比日本麻将多“&b&全不靠&/b&”这种和牌型。&br&2.日本麻将的七对子中，7个对子必须各不相同，国标麻将无此限制。&br&&br&全不靠和牌型的全部组合数计算比较容易，将全不靠分为七星不靠、单纯全不靠、全不靠组合龙3类分别计算。组合龙的牌型为A(3,3)＝6种。由于全不靠和牌型14张牌必然各不相同，故组合数＝牌型数×4^14。计算结果如下表：&br&&br&&img src=&/acb7b802ab54a8a_b.jpg& data-rawwidth=&750& data-rawheight=&91& class=&origin_image zh-lightbox-thumb& width=&750& data-original=&/acb7b802ab54a8a_r.jpg&&&br&加上全不靠，和牌型总组合数为74+＝94。&br&国标麻将（无起和限制）天和概率约为94÷8216000&br&＝约&b&0.&/b& (约&b&1/325635&/b&)&br&&br&至于有相同对子的七对子，所占比例较小计算量又较大，其中一部分因为同时符合一般和牌型所以已经被计算在内，这里就暂且忽略了（我懒了）。&br&&br&&br&&b&&u&第三部分
结论&/u&&/b&&br&&br&&b&&u&136张的麻将&/u&&/b&（含7种字牌，不含花牌、百搭），&u&&b&天和&/b&&/u&（和牌型包括基本型、七对子、国士无双、全不靠，不考虑&b&起和限制&/b&）&b&的概率约为&/b&&b&33万分之一&/b&。&br&&br&最后顺带一提，&b&33万分之一&/b&意味着什么？如果一位牌手平均每天打&b&4圈&/b&国标麻将（16局，坐庄4次），碰到一局天和所需的时间期望是&b&223年&/b&。基本而言就是运气好打一辈子麻将能有一次天和就不错了，真可谓是牌神的恩赐。如果打8番起和的国标麻将，没准天和还不够番，那就真是牌神和你开的巨大玩笑了。
这个问题我来答~本文欲转载请私信联系本人。先说结论：136张的麻将（含7种字牌，不含花牌、百搭），天和（和牌型包括基本型、七对子、国士无双、全不靠，不考虑起和限制）的概率约为33万分之一。第一部分 日本麻将的天和概率第一部分内容，翻译自日本的麻将…}