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普通下忍, 积分 160, 距离下一级还需 440 积分
105把钥匙，水门带土鲨鱼一次8折没有。没点券的，几乎每次刷新都出现三个货的7折。我也是深深的被套路折服。难道玩家开启仙人宝库还有内置程序检测玩家点券数量？
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我敬你一丈，你敬我一尺
特别上忍, 积分 126160, 距离下一级还需 33840 积分
楼主你好，仙人宝库刷出的道具和折扣是随机的，还请你理解，祝你下次好运刷到需要的道具和较低的折扣，玩得开心
火影忍者OL论坛B组版主： 寂寞太耐 &&值班时间：12：00~15：00
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普通下忍, 积分 160, 距离下一级还需 440 积分
寂寞太耐 发表于
楼主你好，仙人宝库刷出的道具和折扣是随机的，还请你理解，祝你下次好运刷到需要的道具和较低的折扣，玩得 ...
嗯。说的太好了。这个解释太官方了，听说官方还一本正经说过这游戏没有托呢。真是滑天下之大稽。
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楼主你好，仙人宝库是看运气的呢，小版3个小号都刷到了7折鲨鱼哦，也祝楼主快点刷出喜欢忍者折扣，祝你游戏愉快~O(∩_∩)O~
火影忍者OL官方论坛版主： Mrc 值班时间：21：00~24：00
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精英中忍, 积分 12839, 距离下一级还需 2161 积分
谁说刷不出。。。我身上就11点券&&45个钥匙 刷出了 3个忍者的7折 一共4次&&你敢信？ 就是没钱买而已。
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普通下忍, 积分 160, 距离下一级还需 440 积分
如标题。进来的都不看标题吗？没点券的小号，80％概率每次刷新都会有7折，就跟催你充钱似得。有点券的，对不起，100把钥匙让你看一回8折，还不一定是你想要的。
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精英下忍, 积分 705, 距离下一级还需 495 积分
寂寞太耐 发表于
楼主你好，仙人宝库刷出的道具和折扣是随机的，还请你理解，祝你下次好运刷到需要的道具和较低的折扣，玩得 ...
随机个P，我每次用完点券就能刷出七折，不然攒个100把连八折都少有……
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初级中忍, 积分 3350, 距离下一级还需 1650 积分
我组织一个人攒了两万多点券，低折扣就没刷出来过，现在还在攒
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下忍队长, 积分 1210, 距离下一级还需 1290 积分
你别听这些只会说的跟官方一样的生硬话的狗屁小版，他们从不解决实际问题，你跟他们说多了就是再扯！我这个月存了6000多一点点卷，包原来的钥匙一共110多把，虽然买不齐一个鲨鱼或水门，但也能凑够一半了，本来是想买忍者的，但110把没刷出过7折忍者，钥匙快用完了刷到精炼最低一次5折，我买了精炼！等我把点卷花完了，今天用钥匙14把2次水门7折，1次鲨鱼7折，一次带土8折！你们这些小版也别说什么运气，这总情况我已经看到好几个人发论坛了！
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精英中忍, 积分 11715, 距离下一级还需 3285 积分
是这样的。我想刷个7折带土，TMD一次7折的忍者没看见，小号一刷一个准.肯定是后台检测点券数量
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普通下忍, 积分 285, 距离下一级还需 315 积分
寂寞太耐 发表于
楼主你好，仙人宝库刷出的道具和折扣是随机的，还请你理解，祝你下次好运刷到需要的道具和较低的折扣，玩得 ...
随你麻痹，还随机
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普通中忍, 积分 7875, 距离下一级还需 2125 积分
我前几次很早就买了水门，我大概记得刷了近3000把钥匙！除了用不到的中精和线，还有恶心的丝绸不断的刷屏！高精，高线还没见过3折的！看见钥匙不多了8折水门，78折的高精高线没办法了，买了！亏得我吐血！一大推的洗练和保护！啥也没洗出来，战力还掉了！现在我不玩宝库了，压级的我每天就买10个试试水，呵呵了！7折忍者还真多，劳资现在不买了！之前我也发过一帖，感觉系统会检测有多少点卷元宝，多的话就死不出低折货，或者用不上的，没有钱的号要啥来啥就是诱惑你充一样！
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精英下忍, 积分 665, 距离下一级还需 535 积分
就TMD看见丝绸6折。3折。5折
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初级中忍, 积分 3045, 距离下一级还需 1955 积分
咱点卷+攒钥匙:):):):)
因此人太帅，无法显示该签名档
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下忍队长, 积分 1670, 距离下一级还需 830 积分
400把钥匙 刷了三次带土 两次水门 一次鲨鱼 买了鲨鱼和水门
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普通下忍, 积分 160, 距离下一级还需 440 积分
看见了吗？版主。群众的呼声，是我自己这样吗？有问题你们就去跟上边反应。您又不是后台编程人员，瞎解释什么？您费半天劲，累够呛。我们玩家又不能违背自己智商硬说您解释的对。出力不讨好，您何必呢。
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精英下忍, 积分 1105, 距离下一级还需 95 积分
寂寞太耐 发表于
楼主你好，仙人宝库刷出的道具和折扣是随机的，还请你理解，祝你下次好运刷到需要的道具和较低的折扣，玩得 ...
屁的随机，我觉得楼主说的才是真相，我小号没点券！就为了点一次刷新，送的一个封印碎片，刷10次出了2次七折水门和一次鲨鱼，大号130次，一次都没，大号就为鲨鱼去的
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初级中忍, 积分 2785, 距离下一级还需 2215 积分
你们现在才发现啊！我早就感觉到了，低折扣的出现概率跟你的现有的点卷数量成反比。显然没有直接的证据，但可以明显的感觉到，还有试试手气得到50点卷也是。
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精英下忍, 积分 720, 距离下一级还需 480 积分
内置检测玩家点券，有钱的几率低，没钱的几率高
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下忍队长, 积分 2075, 距离下一级还需 425 积分
小号几乎次次都能刷到7折，大号自从有这活动开始，至今就刷出过一次7折水门。。。还是半年前，估计当时还没内置程序。
这游戏就是你点券越多，越不让你刷便宜的，消耗你点券。你没点券就高概率让你刷出来，让你充钱买。楼上那些版主的回复就别信了，都是信口雌黄...
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抛硬币连续10次正面向上的概率是多少
我有更好的答案
抛硬币是独立事件，每次获得正面和反面的概率都是0.5，所以十次都是正面的概率是0.5的十次方。请采纳。谢谢
只抛10次就出现10次正面币的概率就是（1/2）^10
0.5的10次方
不到千分之一
次数多的话会发现不是百分之五十，而是百分之四十多
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3.1.2 概率的意义A
第三章 概率3.1.2概率的意义复习：１、你能回忆随机事件发生的概率的定义吗？在大量重复进行同一试验时，事件 A 发生n 的频率 nA总是接近于某个常数，在它附近摆动，这时就把这个常数叫做事件A 的概率记作 P(A)．２、谁能说一说掷一枚质地均匀的硬币出 现正面的概率为1/2的含义？掷一枚质地均匀的硬币出现正面的可能性是 0.5，也就是说掷一枚质地均匀的硬币出现正 面的机会是50%。一、概率的正确理解 P113思考：有人说，既然抛掷一枚硬币出现正面的概率为0.5，那么连续两次抛掷一枚质地 均匀的硬币，一定是一次正面朝上，一次反面 朝上，你认为这种想法正确吗？有三种可能：“两次正面朝上”，“两次反面 朝上”，“一次正面朝上，一次反面朝上”探究全班同学各取一枚硬币，连续两次抛 掷，观察它落地后的朝向，并纪录结 果．重复上面过程１０次．计算三种 结果的频率，你有什么发现？发现“两次均正面朝上”的频率与“两次均反面朝 上”的频率大致相等；“正面朝上、反面朝上各 一次”的频率大于“两次均正面朝上”（ “两 次均反面朝上” ）的频率。事实上， “两次均正面朝上”的概率为 0.25， “两次均反面朝上”的概率也为 0.25， “正面朝上、反面朝上各一次”的 概率为0.5 。随机事件的随机性与规律性：随机事件在一次试验中发生与否是随机 的，但随机性中含有规律性。认识了这种随 机性中的规律性，我们就能比较准确的预测 随机事件发生的可能性。P114思考1 如果某种彩票的中奖概率为 1000 ，那 么买1000张这种彩票一定能中奖吗？ （假设该彩票有足够多的张数。）不一定，而有的人认为一定中奖，那 么他的理由是什么呢？注意：1 这个错误产生的原因是，有人把中奖概率 1000理解为共有1000张彩票，其中有１张是中奖号码，然 后看成不放回抽样，所以购买1000张彩票，当然一定 能中奖。而实际上彩票的总张数远远大于1000。 每张彩票中奖是随机的，1000张彩票有几张中奖 也是随机的，但这种随机性具有规律性。2、游戏的公平性思考：你有没有注意到在乒乓球、排球等体育比赛中，如何确定由哪一方先 发球？你觉得对比赛双方公平吗？结论:在各类游戏中,如果每人获胜的 概率相等,那么游戏就是公平的.这就 是说,游戏是否公平只要看每人获胜 的概率是否相等.P115探究某中学从高一年级12个班中选２班代表学校参加某项活动。 一班必须参加，另从２到12班选一个班。有人提议用以下方 法选：掷两个骰子得到的点数和是几，就选几班，你认为这种 方法公平吗？3、决策中的概率思想 P116思考：如果连续10次掷一枚骰子，结果都是出现1点，你认为这枚骰子的质地均匀吗？为什 么？阅读课文P116极大似然法的思想:如果我们面临的是从多个可选 答案中挑选正确答案的决策任务,“使得样本出现的 可能性最大”可以作为决策的准则.这种判断问题 的方法称为极大似然法,极大似然法是统计工作中 最重要的统计思想方法之一.4、天气预报的概率解释思考：某地气象局预报说，明天本地降水概率为70%。你认为下面两个解释中哪一个 能代表气象局的观点？（1）明天本地有70%的区域下雨，30%的 区域不下雨； （2）明天本地下雨的机会是70%。降水概率的大小只能说明降水可能性的 大小，概率值越大只能表示在一次试验 中发生的可能性越大。在一次试验中“ 降水”这个事件是否发生仍然是随机的 。 例如，如果天气预报说“明天降水的概率为90%”呢？尽管明天下雨的可能性很大，但由于 “明天下雨”是随机事件，因此仍然 有可能不下雨。5、遗传机理中的统计规律阅读课文 P117孟德尔(Gregor Mendel,)孟德尔是现代遗传学之父 ，是这一门重要生物学科的奠基 人。1865年发现遗传定律。豌豆杂交试验（1）试验与发现孟德尔把黄色和绿色 的豌豆杂交，第一年收 获的豌豆是黄色的。第 二年，当他把第一年收 获的黄色豌豆再种下时， 收获的豌豆既有黄色的 又有绿色的。 类似地，他把圆形和皱 皮豌豆杂交，第一年收 获的都是圆形豌豆，连 一粒皱皮豌豆都没有。 第二年，当他把这种杂 交圆形再种下时，得到 的却既有圆形豌豆，又 有皱皮豌豆。
（2）遗传机理中的统计规律阅读课文 P117-118亲 本YYyy第一代 第二代YyYyYYYyYyyy其中Y为显性因子，y为隐性因子YY yy第一代Yy第二代YYYyyyY 是显形因子 y是隐性因子 显然黄色豌豆（YY，Yy）：绿色豌豆（yy）?3：1。分离律：基因不融合，而是各自分开；如果双 亲都是杂种，后代以3 ：1（显性 ：隐性）的比 例分离。 结论:由数学分析知道了上述结果的必然性. 进而可以有意识地利用此结论指导实践.P118自我评价与课堂练习：1、在乒乓球、排球等比赛中，裁判员还 用哪些方法决定谁先发球？这些方法公 平吗？ 1 2、“一个骰子掷一次的概率是 ，这说 6 明一个骰子掷6次会出现一次2”，这种 说法对吗？P118自我评价与课堂练习：? 1．将一枚硬币向上抛掷10次，其中正面向上 恰有5次是（B ） ? A．必然事件 B．随机事件 ? C．不可能事件 D．无法确定 ? 2．下列说法正确的是（ C ） ? A．任一事件的概率总在（0,1）内 ? B．不可能事件的概率不一定为0 ? C．必然事件的概率一定为1 ? D．以上均不对P118自我评价与课堂练习：? 3．某篮球运动员，在同一条件下进行投 篮练习，结果如下表如示。投篮次数进球次数 m40 3050 4060 48100 200 240 300 85 166 192 228进球频 率0.75 0.8 0.8 0.85 0.8 0.8 0.76.? （1）计算表中进球的频率； ? （2）这位运动员投篮一次，进球的概率 0.8 约为多少？课堂小结1、正确理解概率的意义。 2、概率与频率的区别与联系； 3、概率是一门研究现实世界中广泛存在 的随机现象的科学，正确认识生活中有 关概率的实例的关键，是在学习过程中 应有意识形培养概率意识，并用这种意 识来理解现实世界，主动参与对事件发 生的概率的感受和探索。
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copyright &copyright 。文档资料库内容来自网络，如有侵犯请联系客服。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)
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。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。
&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
题目： 一个骰子，6面，1个面是 1， 2个面是2， 3个面是3， 问平均掷多少次能使1、2、3都至少出现一次。
方法： 面对面试概率题几乎屡试不爽的分叉树递归列方程法。
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L123（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L12，而1至少一次（2，3无关）情形L1，其余数值符号类推，则树结构如下（列出4级结构已经足够）：
第一级（树根）
根据投掷结果，或继续期待L3，或已经达到目标
根据投掷结果，或继续期待L2，或已经达到目标
根据投掷结果，或继续期待L3，或已经达到目标
根据投掷结果，或继续期待L1，或已经达到目标
根据投掷结果，或继续期待L2，或已经达到目标
根据投掷结果，或继续期待L1，或已经达到目标
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：
L123&= p1&(L23+ 1) +&p2&(L13+1) + p3&(L12&+ 1) = p1&L23&+p2&L13+&p3&L12&+ 1
（以这个L123为例，解释，投掷1的概率是p1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L23+ 1，加1是因为投掷了一次，亦即即增进一级）
L23&=&p1&L23&+p2&L3+&p3&L2&+ 1
L13&=&p1&L3&+p2&L13+&p3&L1&+ 1
L12&=&p1&L2&+p2&L1+&p3&L12&+ 1
L1&=p1&+&p2&L1+&p3&L1&+ 1
（这里实际上是&L1&=p1&&1 + p2&(L1+1) + p3&(L1&+1)&=p2&L1+&p3&L1&+ 1，因为对L1情形，如果投了1就目的达到终止了）
L2&=p2&+&p1&L2&+&&p3&L2&+ 1
L3&=p3&+&p1&L3&+p2&L3+ 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&p1，p2&和&p3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：
L1&= 6，&L2&= 3，&L3&= 2
L12&= 7，&L13&= 13/2，&L23&= 19/56
L123&=&219/30 = 7.3&259/36 ~= 7.14
故以上如果没有计算错误，该题结果是，平均掷7.3&约7.14次可出现这些面值各至少一次。
&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
（转自：）
一个骰子，6面，1个面是 1， 2个面是2， 3个面是3， 问平均掷多少次能使1,2,3都至少出现一次？
一共有三种方法可以解此问题：概率公式、分叉树递归列方程法、指示器变量法。
1. 方法一：概率公式
化为概率的表示是：
1发生 的概率是1/6,& 2发生的概率是2/6,& 3发生的概率是3/6，求1,2,3至少出现一次的投掷次数的期望。
第一二次肯定不可能出现这种情况第x(x&&&2)次三个都出现的情况分三种（x&^&y&表示&x&的&y&次方）1：第x次出现&1，那么前面出现的必然是&2&和&3&，且至少出现一次&&&&&&出现1的概率为&1&/&6，前面x-1次不出现1的概率为(1&-&1&/&6)&^&(x&-&1)，但是其中包含全是&2&和全是&3&的情况，去掉全&2&的概率&(1&/&2)&^&(x&-&1)，全部为3的概率(1&/&3)&^&(x&-&1)，那么情况&1&的概率为&((1&-&1&/&6)&^&(x&-&1)&-&(1&/&2)&^&(x&-&1)&-&(1&/&3)&^&(x&-&1))&*&(1&/&6)2：第x次出现2，那么前面出现的必然是&1&和&3&，且至少出现一次&&&同样，概率为&((1&-&1&/&3)&^&(x&-&1)&-&(1&/&2)&^&(x&-&1)&-&(1&/&6)&^&(x&-&1))&*&(1&/&3)3：第x次出现3，那么前面出现的必然是&1&和&2&，且至少出现一次&&&同样，概率为&((1&-&1&/&2)&^&(x&-&1)&-&(1&/&3)&^&(x&-&1)&-&(1&/&6)&^&(x&-&1))&*&(1&/&2)p(x)就为上面三种情况的和那么，根据期望公式，平均值就等于从x&=&3&到&n（无穷）求(x&*&p(x))的和利用错位相减法计算极限值
到此可以算出期望为7.3。
2. 方法二：分叉树递归列方程法
方法： 面对面试概率题几乎屡试不爽的分叉树递归列方程法。
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L123（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L12，而1至少一次（2，3无关）情形L1，其余数值符号类推，则树结构如下（列出4级结构已经足够）：
第一级（树根）
根据投掷结果，或继续期待L3，或已经达到目标
根据投掷结果，或继续期待L2，或已经达到目标
根据投掷结果，或继续期待L3，或已经达到目标
根据投掷结果，或继续期待L1，或已经达到目标
根据投掷结果，或继续期待L2，或已经达到目标
根据投掷结果，或继续期待L1，或已经达到目标
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：
L123&= p1&(L23+ 1) +&p2&(L13+1) + p3&(L12&+ 1) = p1&L23&+p2&L13+&p3&L12&+ 1
（以这个L123为例，解释，投掷1的概率是p1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L23+ 1，加1是因为投掷了一次，亦即即增进一级）
L23&=&p1&L23&+p2&L3+&p3&L2&+ 1
L13&=&p1&L3&+p2&L13+&p3&L1&+ 1
L12&=&p1&L2&+p2&L1+&p3&L12&+ 1
L1&=p2&L1+&p3&L1&+ 1
（这里实际上是&L1&=p1&&1 + p2&(L1+1) + p3&(L1&+1)&=p2&L1+&p3&L1&+ 1，因为对L1情形，如果投了1就目的达到终止了）
L2&=&p1&L2&+&p3&L2&+ 1
L3&=&p1&L3&+p2&L3+ 1
其中p1，p2和p3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：
L1&= 6，&L2&= 3，&L3&= 2
L12&= 7，&L13&= 13/2，&L23&= 19/5
L123&=&219/30 = 7.3&
平均掷7.3 次可出现这些面值各至少一次。
3. 方法三：指示器变量法
【另一解法】感谢4楼同学提供的答案（指示器变量法），整理如下：
定义随机变量Xn，其可能值为0或1，其值为1表示&前n次掷骰子，1，2，3没能都至少出现一次&的事件，其值为0表示这个事件没有发生，即&前n次掷骰子，1，2，3各至少出现一次&。
令pn为&掷n次骰子，1，2，3没能都至少出现一次&的概率，所以显然pn&= Pr{Xn=1}，于是pn&= 1&Pr{Xn=1} + 0&Pr{Xn=1} = E[Xn]，即这个随机变量的数学期望。
令随机变量X表示1，2，3刚好全部出现过需要的投掷次数。可见题目要求的就是E[X]。
关键等式：X =&Sigma(n=0 to&I&Xn) （这里Sigma是求和号，求和范围是n从0到无穷大）
说明一下，等式两边都是随机变量，假设对于某个随机实例（例如，这里指一次具体的投掷序列），其对应事件是：&投了K次恰好1，2，3都出现了&，于是等式左边显然等于K；而等式右边，对于n & K，由于这些项的对应定义事件发生了（即1，2，3没能出现），所以他们的实例值是1，而对于n?K，则由于对应定义事件都没发生，实例值为0，可见这个和也是K。故两侧相等。（为了达到这个相等关系，可以看出需要把X0包含在内的必要性）
值得注意的是（但对于解这道题也可以不去注意，但注意一下有利于比较深入地理解），对n & 3，Xn显然恒为1。而对于n?3，这些随机变量不是独立的。他们的相关性是不容易求出的，唯一容易知道的是，当序列中一个项为0时，其后的项均为0。好在对于这题我们不需要担忧这个相关性。
由于数学期望的加性与随机变量的相关性无关（这是数学期望一个很令人高兴的性质），所以即便这样，E[X]也能容易求出：
E[X] =&Sigma(n=0 to I E[Xn]) =&Sigma(n=0 to&I&pn)
pn的比较直观的求法也由同学提供了，即所谓容斥原理。稍微解释一下，由于pn考虑的是n次投掷三者没有全部出现，于是就是其中两者出现或仅一者出现。假设单次投掷1，2和3出现的概率分别为：r1，r2和r3。于是(r1+r2)n表征n次投掷只出现1或2的概率，这其中包括了出现全1和全2的情形，于是求pn可由这样的项求和并剔除重复计算的单面值情形，于是：
pn&= (r1+r2)n+ (r1+r3)n+ (r2+r3)n-r1n-r2n-r3n，当n & 0；&而p0&= 1 （由定义；同时也可以检验看出，这个pn在n为1和2的时候都是1）
于是由等比级数（等比数列求和）公式：
E[X] =&1 + Sigma(n=1 to I (r1+r2)n+ (r1+r3)n+ (r2+r3)n-r1n-r2n-r3n= 1 + (1 -&r3) /&r3&+ (1 -&r2) /&r2&+ (1 -&r1) /&r1-&r1&/ (1 -&r1) -&r2&/ (1 -r2) -r3&/ (1 -&r3) = 7.3
http://blog.csdn.net/quanben/article/details/6918209
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)&解方程可得到 T = 6。
或者根据公式，需要连续抛出n个字的一般情形，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。
公式证明如下：
设出现连续k次正面的期望是a[k]则出现连续k+1次正面的期望为a[k+1]在出现连续k次正面后，有下面几种情况：i)下一个是正面，概率1/2，总次数a[k]+1;ii)下一个是反面，概率1/2，则接下来平均仍需a[k+1],总次数a[k]+1+a[k+1]。因此a[k+1]=(a[k]+1)/2+(a[k]+1+a[k+1])/2整理得(a[k+1]+2)/(a[k]+2)=2a[n]=(a[1]+2)*2^(n-1)-2显然a[1]=2;a[n]=2^(n+1)-2
转自matrix67 &http://www.matrix67.com/blog/archives/3638
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。
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转自&http://www.cnblogs.com/aquastone/archive//Prob_CoinContinuousNPositive.html
1. 问题描述
连续抛一枚硬币，连续出现若干次正面即停止，求所抛总次数的期望。
2. 求解期望
记硬币出现正面的概率为p，停止条件中连续出现正面的次数为n，所抛总次数的期望为&n。考虑如下情形：首次出现连续n&1次正面，此时所抛总次数的期望为&n&1。再抛一次，结果有且只有一下两种：
A. 出现正面，则满足停止条件，所抛总次数的期望为&n&1+1
B. 出现反面，则立即回到初始状态，相当于从0开始再抛出n次连续正面，因此总次数的期望为&n&1+1+&n。A、B两种情况的概率分别为p,1&p。因此有
&n=p(&n&1+1)+(1&p)(&n&1+1+&n)(1)
&n=1p(&n&1+1)(2)
展开，得通项公式
&n=s(1&sn)1&s,s=1p(4)
特别的，对于一枚均匀硬币，p=1/2，因此&n=2n+1&2。
3. 概率计算
进一步考虑该问题，尝试求解连续抛出n次正面时，所抛总次数为m的概率P(n,m)。显然，
P(n,m)=0m&nP(0,m)={10m=0m&1
依然考虑第2节中的两种情况。
对于A，在首次连续出现n&1次正面的情况下，再抛一次出现正面，满足停止条件，因此需要前面总共抛了m&1次，这一概率为P(n&1,m&1)。
对于B，设首次连续出现n&1次正面时，已经抛了k次，再抛一次出现反面，立即回到初始状态，因此，要满足总次数为m，需要在后续的步骤里，恰好用m&k&1次抛出n次连续正面。因此B情况下的条件概率为&kP(n&1,k)P(n,m&k&1)。
由全概率公式，得
P(n,m)=pP(n&1,m&1)+(1&p)&kP(n&1,k)P(n,m&k&1)(5)
实际上，可以由P(n,m)的递推式()得出&n的递推式()。依据期望的定义
&n=&mmP(n,m)=p&mmP(n&1,m&1)+(1&p)&m&kmP(n&1,k)P(n,m&k&1)
第一项中的求和式可以写成
&m&1(m&1+1)P(n&1,m&1)=&m&1(m&1)P(n&1,m&1)+&m&1P(n&1,m&1)=&n&1+1
第二项中的求和式可以写成
&m&k(k+1+m&k&1)P(n&1,k)P(n,m&k&1)=&kkP(n&1,k)&mP(n,m&k&1)+&kP(n&1,k)&mP(n,m&k&1)+&k&m(m&k&1)P(n&1,k)P(n,m&k&1)=&n&1+1+&n
4. 数值结果
根据P(n,m)的递推式()，写出对应的Matlab程序如下。
% numbers of continuous positive in stop conditions
M = 3000; % total times when stop condition satisfied
% probability of positive
% Initial Conditions. P is a matrix in size of N+1,M+1 and the element
% with index n+1,m+1 stands for P(n,m) because there are no index 0.
P = zeros(N+1,M+1);
P(1,1) = 1;
% Iteration
for nn = 1:N
for mm = 1:M
for kk = nn-1:mm-nn-1
tmp = tmp + P(nn-1+1,kk+1)*P(nn+1,mm-kk-1+1);
P(nn+1,mm+1) = P(nn-1+1,mm-1+1)*p + tmp*(1-p);
P=P(2:end,2:end)';
% get rid of P(0,m) & P(n,0)
semilogy(P); % no plot of P(0,m)
disp(['Check the sum of probability:']);
disp(sum(P));
disp(['Compute the expectation of total times:']);
disp((1:M)*P);
&为了产生直观的印象，对p=1/2的情况计算前面几项的结果。计算N=3,M=16，作出P(n,m)的半对数图如下。
为了验证&mP(n,m)=1，以及根据此概率求期望&mmP(n,m)，将N,M增大至6,5000。程序输出为
Check the sum of probability:
Compute the expectation of total times:
显然，验证了概率之和为1。另外，容易验证所求出的期望与&n的通项公式()给出的结果是一致的。
5. 模拟验证
使用Mote Carlo模拟的方法对这一问题进行仿真，代码如下
len = 2e8;
% length of random numbers
N = (1:6)';
% numbers of continuous positive in stop conditions
for pp = 1:length(N)
res = rand(len,1)&0.5;
% uniform distribution, &0.5 stands for positive
currTotalTime = 0; % total times when stop condition satisfied
contPosCntr = 0;
% continuous positive appears
numExper = 0;
totalTimeRcd = nan(len,1);
for ii = 1:len
currTotalTime = currTotalTime+1;
if (res(ii))
contPosCntr = contPosCntr+1;
contPosCntr = 0;
if (contPosCntr&=N(pp))
numExper = numExper+1;
totalTimeRcd(numExper) = currTotalT
contPosCntr = 0;
currTotalTime = 0;
meanT = mean(totalTimeRcd(1:numExper));
结果如下：
N=1: 2.000015
N=2: 6.000249
N=3: 14.001627
N=4: 29.985933
N=5: 62.000438
N=6: 126.052749
与理论结果一致。
该问题还有其他表现形式，如：
有一个通关游戏，设每关所需的时间固定为1，而通关概率为p。如果某关失败，则必须重新从第一关打起。问通关的平均时间。
这类问题本质上是一致的，都可以归结为在一系列连续实验中，首次连续出现n次成功的平均时间。
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