一个有趣的概率小问题

有两个版本的题面.

版本一(常见版本)(来自2018国家队论文):

一个\(n\)面的公平骰子,每一面标号\(1\)到\(n\).有个初始为\(0\)的计数器,每次扔骰子,如果结果是奇数,那么计数器清零,否则计数器加\(1\)并且如果结果是\(n\)则结束.问结束时计数器的期望.保证\(n\)是偶数.

版本二(最初版本)(来自一篇博客):

现在有一个\(n\)面的公平骰子,每一面标号为\(1\)到\(n\),我们一直投这个骰子,直到出现\(n\)(这里停止条件只要是偶数都行)就停.Conditioned on投出来的数都是偶数,期望要投多少次(计算在投出来的数都是偶数的条件下的期望)?

共三种解法,一种概率生成函数,一种传统法,一种传统法与概率生成函数相结合.

法一:

同样还是令\(f_i\)为计数器为\(i\)时结束的概率,其概率生成函数为\(F(z)\).但辅助数组的定义要改一下,令\(g_i\)为计数器\(=i\)的期望次数(次数计数器为\(i\)的次数而不是投掷的次数)且此时没有结束,其普通生成函数为\(G(z)\).

可以得到方程:

\[F(z)\times 1+G(z)=\frac{zG(z)}{2}+\frac{G(1)}{2}+1 \]

\[F(z)=\frac{zG(z)}{n} \]

第一个式子的意思是:对于每个\(g_i\)，有\(\frac{1}{2}\)的概率计数器\(+1\)，有\(\frac{1}{2}\)的概率计数器清零.加\(F(z)\times 1\)的这部分期望是因为\(G\)始终记录的是未结束时期望次数,因此右式盲目地再走一步就多计算了已经结束的那些,故左边补上.\(+1\)是因为\(g_0\)在投掷骰子前必然经过一次.

第二个式子可以这样理解:将\(g_i\)用期望的线性性质拆为:\(\sum_{w=0}^{\infty}{P(X=w|\xi)}\)(这里感谢官巨巨).其中\(\xi\)表示还投掷还未结束这一事件,\(X\)表示第几次计数器到达\(i\)这一变量,\(P(X=w|\xi)\)表示第\(w\)次计数器到达\(i\)且还未结束的概率.\(/n\)表示每一次计数器到达\(i\)时有\(\frac{1}{n}\)的概率投出\(n\)投掷结束.

最后将\(F'(1)\)解出来为\(\frac{2n}{n+2}\),即为答案.

法二:

令\(p=\frac{\frac{n}{2}-1}{n}\),枚举结束前投了几次,则一直投出偶数的概率为:

\[\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{\infty}p^i=\frac{1}{n(1-p)} \]

计数器结束时期望为:

\[\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{\infty}ip^i=\frac{1}{n(1-p)^2} \]

故答案即为:\(\frac{1}{1-p}=\frac{2n}{n+2}\)

法三:

因为我们计数器会多次到达某一个数,所以每一次单纯将每次到达概率相加会算重(即法一的\(d_i\),即为一个期望).所以我们可以计算计数器的期望(不考虑投出奇数会清零),然后在除以一直投出偶数的概率使其为一个条件期望.

一直投出偶数的概率同法二,为:\(\frac{1}{n(1-p)}\).

设\(f_i\)为计数器为\(i\)时结束的概率,其概率生成函数为\(F(z)\).辅助数组的定义为\(g_i\)表示计数器\(=i\)没有结束的概率,其普通生成函数为\(G(z)\).

式子与法一很像但略有不同:

\[F(z)+G(z)=\frac{zG(z)}{2}+1 \]

\[F(z)=\frac{zG(z)}{n} \]

解出\(F'(1)=\frac{4n}{n^2-4}\),答案为\(F'(1)\times n(1-p)=\frac{2n}{n+2}\).

有很多人都写了关于这道题的题解,但大多数解释都存在问题(目前发现的只有论文与上面链接里的博客不存在问题,但写的太含糊了).这里总结了我看到的两种做法与我自己想出来的一种最自然的做法(其实就是结合传统法与概率生成函数的知识,但应该是最套路的解法,比较好想).

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