一道奥林匹克数学竞赛难度的概率题(368楼接龙另一概率题（尚无解答贴出！））

蓝咖啡豆

我cherish已久的第800次发言，本意留给有空了发个主题帖的，碰上澳网还有数学题就忍不住了。

当作20个整数拆分不为正解是因为其中的每一种情形分布密度（概率）是不一样的。20块坏表挤在一个盒子里多难得呀，而均匀分布应更常见。这只是我的common sense.

fishee3

回复151楼同学，没错，20块表在一个盒子里面和分别在20个盒子里面的概率不一样，前者是24,后者是C(24,20). 但是，从观测者的角度，后者的C（24,20）种情况只能算一种，因为从观测者的角度来说，这只能算一种情况。当然前者的24种情况也只能算一种，所以这两个情形是等同的，都只能算一种情况。所以分拆的方法是适合于这种假设。


我的观点和144楼oscarii 一样， 只是把结果算了一下。这道题的答案取决于很多假设。
1. 盒子是不是一样的
2. 表是不是一样的
3. 盒子里面的空格是不是一样的
4. 算的是从分装者还是观察者的角度

0.37的答案是前三个假设全是yes，最后一个假设是从观察者角度。

vale

原来这个帖子还在啊，我都忘记了。今天又分析了一下，我的算法只有50%正确，大于5个的算法又问题导致概率变小了，但是分母是正确的，这个分母是一个有多少可能分法的数目，和什么等概率没有任何关系，因为是用大于5个的所有可能数目除以所有可能分法数目得出的概率。

看来晚上还得琢磨一下大于5个一共有多少分法。

另外独立和非独立事件只在你用几个概率相乘时候才有意义，因为前次影响后次，而算总数相除得出概率跟独立非独立没关系。

vale

fishee3 发表于 2013-1-19 13:55
假设所有表和所有盒子都一样，那么总共只有p(20)=627种方法，这是20个整数的分拆个数。
20＝1＋1＋...+1
20 ...

这个算法的思路是正确的，我一开始也是这么想的，不过我只列出了几个之后就否了，没有继续列下去，不是因为思路不对，而是这个方法不可取，没有扩展性，如果是奥数出题一定是会用N来代替具体数字的，不可能一个个来算，所以我想找到那个公式。

vale

蓝咖啡豆 发表于 2013-1-19 15:07
我cherish已久的第800次发言，本意留给有空了发个主题帖的，碰上澳网还有数学题就忍不住了。

当作20 ...

算总数和概率有什么关系啊？每一次分配都是独立事件，又不是分完一个盒子，再分一个盒子这么算，是分完20个盒子算一次。

vale

重新计算的结果是0.03925

SoftSome

vale 发表于 2013-1-19 23:32
重新计算的结果是0.03925

我已经贴了我的结果了。 你贴方法吧。

linyeliu

vale 发表于 2013-1-19 22:39
原来这个帖子还在啊，我都忘记了。今天又分析了一下，我的算法只有50%正确，大于5个的算法又问题导致概率变 ...

你的算法是认同144楼的假设是符合题意的，而且很早就给出了一个精妙的求多少种可能性的方法，可是正如蓝咖啡指出的，每种可能性出现的概率不一样。你可以用二个坏表，放入2个盒子验证，可能性是 3 种， 即 11，02，20，按你们的假设，出现2个的概率是2\3，但显然，实际上应该是略小于0•5，取决于好表的个数。
fisheye 同学完全忽略空盒，可以假设2 个球放入100 个盒，来验伪。

linyeliu

vale 发表于 2013-1-19 23:09
算总数和概率有什么关系啊？每一次分配都是独立事件，又不是分完一个盒子，再分一个盒子这么算，是分完20 ...

算总数的确与每种可能性的概率无关，总数是每种可能相加得到的，但你把总数再用于分母，计算某种可能性的概率是不对的。用分子，分母求概率必须是等可能事件。

vale

linyeliu 发表于 2013-1-20 07:19
你的算法是认同144楼的假设是符合题意的，而且很早就给出了一个精妙的求多少种可能性的方法，可是正如蓝 ...

你说的这个问题我已经考虑过了，在表没有分别的情况下里面有重复，我为什么没有去除一个重复次数得到确切的总数是因为分子的总数同样存在重复，而且是同样数量的盒子，重复的次数是相同的。2个数相除的时候把重复次数相互消掉了。这是简化问题的方法。

vale

linyeliu 发表于 2013-1-20 07:53
算总数的确与每种可能性的概率无关，总数是每种可能相加得到的，但你把总数再用于分母，计算某种可能性的 ...

概率就是有条件的总数除以无条件的总数，任何一种分配的概率都是相等的，都是1/n，n=总的可能分配数。

vale

SoftSome 发表于 2013-1-19 23:35
我已经贴了我的结果了。 你贴方法吧。

我把5块表作为一个整体计入分配。
你的方法帖出来吧，别遮遮掩掩了，哈哈，

SoftSome

vale 发表于 2013-1-20 16:38
概率就是有条件的总数除以无条件的总数，任何一种分配的概率都是相等的，都是1/n，n=总的可能分配数。 ...

linyeliu在158楼说"你可以用二个坏表，放入2个盒子验证，可能性是 3 种， 即 11，02，20，按你们的假设，出现2个的概率是2\3“。
我认为是很好的例子。为简化问题，只考虑两个坏表和两个盒子，没有好表， 每一盒子可装两块表。
那么你认为把两个坏表随机放入2个盒子中，有一个盒子装了两块表的概率是多少？按你的说法只有三种分配。

SoftSome

vale 发表于 2013-1-20 16:49
我把5块表作为一个整体计入分配。
你的方法帖出来吧，别遮遮掩掩了，哈哈，  ...

把5块表作为一个整体计入分配也许是个好主意。
把具体方法贴出来吧，也许你的是正解。

vale

SoftSome 发表于 2013-1-20 19:51
linyeliu在158楼说"你可以用二个坏表，放入2个盒子验证，可能性是 3 种， 即 11，02，20，按你们的假设， ...

不是的，11也有2种，当你认为20和02是2种的时候，11就是有2种，2个1是不一样的。
仔细想想！！
2种方法，一种认为表完全相同，一种认为表不同，算出总数之后除以24个盒子的排列数，然后得出的就是无差别表的总数。2种方法最后的结论是一样的，但过程不同。

SoftSome

vale 发表于 2013-1-20 21:27
不是的，11也有2种，当你认为20和02是2种的时候，11就是有2种，2个1是不一样的。
仔细想想！！
2种方法， ...

好吧。把你的具体方法贴出来吧，也许你的是正解。

vale

SoftSome 发表于 2013-1-20 19:53
把5块表作为一个整体计入分配也许是个好主意。
把具体方法贴出来吧，也许你的是正解。 ...

就是分子按16个表来分配，这样可以避免这额外5个表放入的时候一种分配方法和其他分配方法发生重复，但究竟会怎么发生重复的规律我没想透彻。计算方法也是一致。

SoftSome

vale 发表于 2013-1-20 21:41
就是分子按16个表来分配，这样可以避免这额外5个表放入的时候一种分配方法和其他分配方法发生重复，但究 ...

你是说你还不确信你“重新计算的结果是0.03925”？

蓝咖啡豆

这里是热闹了一点点，但远远不及澳网啊！

条件概率一不留神就有悖论陷阱。当然讨论开来陷阱有时是很有质量和学习意义的。就我这种比较初级的级别的理解就是分母的选择非常重要。没错，简化问题的唯一前提-----就是分子和分母存在着同样系数的重复，而每一亚条件的互补情形恰恰不大可能拥有相同密度（系数）。当然严谨的逻辑是可以经得起放大分母检验的，改变手表数来检验的。相互学习进步吧，期待更多精彩。

SoftSome

蓝咖啡豆 发表于 2013-1-20 21:58
这里是热闹了一点点，但远远不及澳网啊！

条件概率一不留神就有悖论陷阱。当然讨论开来陷阱有时是很有质量 ...

既然你提到了澳网， 就出道跟比赛有关的概率题吧。这道题简单，就算喝杯茶娱乐一下吧。

Roger and Andy decide to play a tennis match which is determined through
the best of 5 sets (that is, whoever wins 3 sets first wins the match). If the probability is 0.6 for Roger to win any set against Andy, and the results of different sets are independent of each other, what is the probability that Roger wins the match?

罗杰和安迪要打一场五局三胜的网球比赛。假设各局比赛的结果是独立的，罗杰赢得每一局比赛的概率都是0.6。问罗杰赢得比赛的概率是多大？

linyeliu

vale 发表于 2013-1-20 21:27
不是的，11也有2种，当你认为20和02是2种的时候，11就是有2种，2个1是不一样的。
仔细想想！！
2种方法， ...

我的方法确是基于手表不同来求的，你假设手表无差别，当然也可以，问题是分子分母有重复，并不能通过相除简单抵销。我举的2表2盒（好坏表各2个），只是向你说明用你的隔板方法得到3种情况（分母），而大于2表是2种情况，这样算出的概率显然是不对的。

linyeliu

蓝咖啡豆 发表于 2013-1-20 21:58
这里是热闹了一点点，但远远不及澳网啊！

条件概率一不留神就有悖论陷阱。当然讨论开来陷阱有时是很有质量 ...

你的悟性很高啊，前2天还在Google 概率，现在的发言已滴水不漏了。这么好的逻辑能力学文课可惜了。

蓝咖啡豆

承蒙楼上善言，喜欢数学，但概率不强。楼主的数学思维瘾大的过了！小德今天让赌博公司也紧张一把。

Roger and Andy decide to play a tennis match which is determined through
the best of 5 sets (that is, whoever wins 3 sets first wins the match). If the probability is 0.6 for Roger to win any set against Andy, and the results of different sets are independent of each other, what is the probability that Roger wins the match?

罗杰和安迪要打一场五局三胜的网球比赛。假设各局比赛的结果是独立的，罗杰赢得每一局比赛的概率都是0.6。问罗杰赢得比赛的概率是多大？

这里的陷阱是60%。但每多打两局，单数局，胜算会略略增大，所以奶牛胜算会大于2/3，每种赢球情形要累加，越赢越多。但数学理论没有用的，老费心里素质不是一流的，现实中打满5局就是他输！

qinxialin1979

其实这道题可以看成是排列的问题。
每个好的坏的手表都是不同的，将他们标号。每个箱子也是不同的。
并且在同个箱子里面24个手表的排序也是要区分的。这样的话，从1到24表示第一个箱子，25到48表示第二个箱子，依次类推。

这样的话，总数就是576＊575＊...1

下面再来看怎么样保证至少一个箱子里面有5个手表，要这样做其实上面有人提到了，就是将5个手表打包放在一个箱子里面，这样就得到了
从20个里面取出5个，没有顺序的：C^5_{20}
从24个箱子里面找个箱子：24
在这个箱子里面排序：P^5_{24}
剩下的手表在剩下的571的位置里面全序排列：571＊570＊...＊1

这样是不是就结束了呢？
上面这个取法是有重复的，例如1－5号坏手表，在一号箱子里面6－10号在二号箱子里面，
这个时候将1－5打包或者6－10打包得到的是同一个结果的。所以我们要将重复的去除掉

20个手表可以打4个包（图只是为了示范而已）


4个圆分别用A,B,C,D 表示，每一块用图上数字表示。这样下来
1＋...+13就是没有重复的至少5个手表在一个箱子里面的情况了，它的面积就等于
A+B+C+D－（A交B＋A交C＋A交D＋B交C＋B交D＋C交D）＋（A交B交C＋A交B交D＋B交C交D）－A交B交C交D
上面这个公式的推导可以从两个集开始，逐渐增加而来的。

这样就出现了，
（a）只打一个5块表的包
（b）同时打2个5块表的包
（c）同时打3个5块表的包
（d）还有同时打4个5块表的包
避免重复的情况就等于是（a）－（b）＋（c）－（d）

qinxialin1979

等式右边的就是完全不考虑合格的表的情况

SoftSome

qinxialin1979 发表于 2013-1-21 03:00
其实这道题可以看成是排列的问题。
每个好的坏的手表都是不同的，将他们标号。每个箱子也是不同的。
并且在 ...

最后得到的概率是多少啊？

qinxialin1979

答案是0.03027900754

qinxialin1979

我是用matlab算的

qinxialin1979

不过跟楼主的答案（0.028）还是有区别的

linyeliu

qinxialin1979 发表于 2013-1-21 03:00
其实这道题可以看成是排列的问题。
每个好的坏的手表都是不同的，将他们标号。每个箱子也是不同的。
并且在 ...

图解和公式都非常清晰明了，但我对5个打包的方法不赞同。举例来说，按你的思路，1,2,3,4,5,6 号手表分别在第一箱的1,2,3,4,5,6位置上，剩下的坏表分别占第2箱的第一个，第3箱的第一个，直至第15箱。这只是P（576,20）中的一种，但你在计算分子时，因为打包时可以先任选5个，以上一种分布在A项上被你计入6次。而且这不能被后面几项抵消，因为后面是计算有2箱5个以上的情况。