（转）几道概率题

1、考虑一个特殊的hash函数h，能将任一字符串hash成一个整数k，其中概率P(k)=2^(-k)，k=1,2,…∞。对一个未知大小的字符串集合S中的每一个元素取hash值所组成的集合为h(S)。若h（S）中最大的元素max h (S) = 10，那么S的大小的期望是_______。

先来一个简单的问题，一个色子，掷到6的期望是多少次呢。我相信这题目应该都能答出来，6次。六分之一的倒数就是6次了，但是要讲出里面的原因可不太简单。其实算这个期望次数可以按如下过程，假设期望是E。假设第一次掷到不是6，则概率是5/6,那么就期望还需要E次才能够掷到6，这个过程的期望是5/6*(1+E)，假设第一次掷到6，那么这个过程的期望就是1，概率是 1/6，综合以上可以看出来，E=5/6*(1+E) + 1/6 * 1
解出来的到E=6。

因此这个笔试题一样可以这样解决，假设期望大小是E，假设第一个字符串大小不是10，那么概率是1-1/(2^10)，并且这个过程的期望就变成了E+1，如果第一次字符串大小是10，那么这个过程的期望变为1，但是概率变为1/(2^10)。因此E=(1-1/(2^10))*(1+E) + 1/(2^10)1/6 * 1 解出来E就是2^10=1024了。

2、有1,2,3,......无穷个格子，你从1号格子出发，每次1/2概率向前跳一格，1/2概率向前跳两格，走到格子编号为4的倍数时结束，结束时期望走的步数为____。

设f(i)表示在第i号格子上时，期望再走多少步结束。
则从1号开始走，我们的目标是求f(1)
f(1) = 0.5 * ( 1 + f(2) ) + 0.5 * ( 1 + f(3) )                即有0.5概率走一步到2号，0.5概率走两步到3号
f(2) = 0.5 * ( 1 + f(3) ) + 0.5 * ( 1 + f(4) )                即有0.5概率走一步到3号，0.5概率走两步到4号(结束)
f(3) = 0.5 * ( 1 + f(4) ) + 0.5 * ( 1 + f(1) )                即有0.5概率走一步到4号，0.5概率走两步到5号(5号即可看做1号)
f(4) = 0                走到4号就结束了，故为0

可以解上述方程，得f(1) = 18/5.

3、平均要取多少个(0,1)中的随机数才能让和超过1。

n 个随机数之和不超过 1 的概率就是 1/n! ，反过来 n 个数之和大于 1 的概率就是 1 - 1/n! ，因此加到第 n 个数才刚好超过 1 的概率就是

       (1 - 1/n!) - (1 - 1/(n-1)!) = (n-1)/n!
    因此，要想让和超过 1 ，需要累加的期望次数为
       ∑(n=2..∞)  n * (n-1)/n! = ∑(n=1..∞)  n/n! = e

4、老王有两个孩子，已知至少有一个孩子是在星期二出生的男孩。问：两个孩子都是男孩的概率是多大？ （13 / 27）

http://www.gocalf.com/blog/the-probability-of-two-boys.html#id6

5、有三个黑气球，其中只有一个黑气球中有金币，你可以任意选择任何一个气球，而主持人在剩下的气球中打破一个气球，然后告诉你里边没有金币:你还有一次机会，既可以坚持选择，也可以换另外一个未打破的气球。如果你选择换的话获得金币的概率为()

如果你第一次选择有金币的气球（1/3的概率），那么你换了之后肯定得不到金币，所以这种情况下得到金币的概率是1/3*0=0。如果你第一次选择没有金币的气球（2/3的概率），那么你换了之后，剩下的那个没有破的气球里面就是金币，所以这种情况下得到金币的概率是2/3*1=2/3。总概率0+2/3=2/3。 

除了主持人排除了一扇门这个明显的限制条件之外，还有一个隐含的限制条件：改变第一次的选择。就是说，只要你改变第一次的选择，那么你就不是在剩下的“两”扇门中间做选择，你只有唯一的一扇门可选了。这个时候，你更像是跟之前的自己作对：如果之前你的选择有1/3的概率中奖，那么此时改变选择之后，你就有1/3的概率与大奖擦肩而过；如果之前你的选择有2/3的概率落空，那么此时改变选择之后，你就有2/3的概率把大奖抱回家。

6、有4副相同的牌,每副牌有4张不同的牌.先从这16张牌中,随机选4张出来.然后,在这4张牌中随机选择一张牌,然后把抽出的一张放回3张中,再随机选择一张牌.与上次选出的牌一样的概率是()

直接看第二次抽样即可，与第一次抽的是同一张牌的概率是1/4，不同张的概率是3/4，同一张的话肯定是一样，不同张的时候如果抽中一样的牌的概率是3/15，所以答案是1/4+3/4 * 3/15 = 2/5

7、a和b两个人每天都会在7点-8点之间到同一个车站乘坐公交车，a坐101路公交车，每5分钟一班【7:00,7:05……】，b坐102路公交车，每10分钟一班【7:03,7:13…】，问a和b碰面的概率是多少？（ ）

以b的前10分钟来分析：
b在0到3分钟与a相遇的概率是：3/60 ＊3／60，即a也要在前3分钟到达，才可能与b相遇。到第3分钟的时候，b肯定上车了。
b在第3分钟到第5分钟与a相遇的概率是：a在3到5分钟这个时间段到，相遇；a在5到10分钟这个时间段到，相遇；a在10到13分钟到，也相遇，所以是2/60 ＊ 13/60；
b在第5分钟到10分钟：a在5分钟到10分钟之间到，相遇；a在10分钟到13分钟之间到，仍相遇，所以5/60 ＊ 8/60；

最后一个10分钟，因为没有60到63分钟，所以需要特殊处理。

 

8、有3个包，每个包里各放了两个球。包A里的球都是白球。包B里的球都是黑球。包C里的球一黑一白。现随机取一个球。发现该球是白色的。那么这个包里剩下的球也是白色的概率是____________。

发现该球是白色的，说明只可能在A 或者 C中，在A中剩下的球是白色的概率为1，在C中剩下的球是白色的概率为0，A与C等概率，所以为 （1/2 × 1） + （1/2 × 0） = 0.5。

9、某公司有这么一个规定：只要有一个员工过生日，当天所有员工全部放假一天。但在其余时候，所有员工都没有假期，必须正常上班。假设一年有365天，每个员工的生日都概率均等地分布在这365天里。那么，这个公司需要雇用多少员工，才能让公司一年内所有员工的总工作时间期望值最大？

解法一：由于期望值满足线性关系（即对于随机变量 X 和 Y 有 E(X) + E(Y) = E(X+Y) ），因此我们只需要让每一天员工总工作时间的期望值最大就可以了。假设公司里有 n 个人，那么在特定的一天里，没有人过生日的概率是 (364/365) n  。因此，这一天的期望总工作时间就是 n · (364/365) n  个工作日。为了考察函数 n · (364/365) n  的增减性，我们来看一下 ((n+1) · (364/365) n+1 ) / (n · (364/365) n ) 的值，它等于 (364 · (n+1)) / (365 · n) 。如果分子比分母小，解得 n > 364 。可见，要到 n = 365 以后，函数才是递减的。

答案：365 

解法二：一个人，对于任意一天，过生日的概率是 1 / 365, 不过生日的概率是 364 / 365
n个人，对于任意一天，没任何人过生日的概率是(364 / 365)^n
n个人，对于任意一天，有人过生日的概率是 1 - (364 / 365)^n
那么365天里有人过生日的期望天数是 365（1 - (364 / 365)^n）天，
则n个人，365天，每个人工作的期望天数是365 - 365（1 - (364 / 365)^n） = 365(364 / 365)^n

从而所有人的期望工作天数的和为：365n(364 / 365)^n，求导数，导数不小于0，递增。

（求导不是恒大于0的，当n>1/ln(365/364)时即n>364.4998时即n>365时导数为负开始减，也就是n<=365时递增）

10、52张牌，没有大小王，平均分给4个人，至少一个人拿到至少2张A的概率是多少？

52张牌分给四个人，则每人13张，全排列是52！
至少一个人拿到至少2张A的反面情况即为：4个人每个人拿一张A
这种情况为：每13张牌中有一个是A，四个A的全排列为4！，则此种情况一共为：
4! * C(13,1) * C(13,1) * C(13,1) * C(13,1)乘以剩下的48张牌的全排48！

所以答案应该为：1- 4! * C(13,1) * C(13,1) * C(13,1) * C(13,1)*48！/52!  约等于 0.895

11、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！

https://blog.csdn.net/tianmohust/article/details/11714665

12、有一个箱子，N把钥匙，只有一把钥匙能打开箱子，现在拿钥匙去看箱子。平均多少次能打开箱子？

排列组合思想：可以将题目看成是“一把能开箱的钥匙”分别插入下面“n-1把不能开箱钥匙”的空隙间，这样就形成了n种不同的开箱顺序，放在第1个位置，那么第一个拿到的钥匙就可以开箱，次数为1；同样，当插入在第2个位置，那么只有取到第二把钥匙才能开箱，以此类推，总的开箱次数是： 1+2+3+4+......+ n-2 + n-1 + n，总共有n次，于是平均开箱次数就是(1+2+3+4+......+ n-1+n)/n，结果是（n+1）/2。

13、假设淘宝网上某商品A在任一时刻t内若有人浏览，则该商品在下一时刻t+1内无人浏览的概率为0.35（即下一时刻的浏览情况仅与当前时段相关），定义此条件概率为 P(O_{t+1}=0|O_t=1)=0.35(即用“1”代表有人浏览的事件，用“0”代表无人浏览的事件），类似得定义P(O_{t+1}=1|O_t=1)=0.65，P(O_{t+1}=0|O_t=0)=0.4，P(O_{t+1}=1|O_t=0)=0.6。若此商品A在t=0时有人浏览，它在t=100000时有人浏览的概率是____。

 

 

14、黑白球各5000个，每次从其中取两个出来，若同色，则放回一个黑球，否则放回一个白球，问最后剩下的是黑球的概率是多少？100%

取出2个黑球：白球不变，黑球个数减1
取出2个白球：白球个数减2，黑球个数加1
取出1黑1白：白球不变，黑球个数减1

也就是说，白球的个数 不是减2就是不变，所以白球的个数一直为偶数，5000，4998，.....2,0,也就是说，如果最后剩下了一个球，那么这个球绝对不可能是白球，只能是黑球，所以D是对的。

15、u检验的应用条件是（样本例数n较大或样本例数数量虽小但总体标准差已知）

https://wenku.baidu.com/view/f40191aab90d6c85ec3ac6a9.html

16、强度为 2 的泊松分布过程的点间间距是相互独立的随机变量，且服从均值为（0.5 ）的同一指数分布

强度 λ 的泊松过程的点间间距是相互独立的随机变量，且服从同一个指数分布（即参数为 λ  的指数分布），而指数分布的均值为1/λ 。因此答案是1/2 = 0.5.

17、一个机器人玩抛硬币的游戏，一直不停的抛一枚不均匀的硬币，硬币有A,B两面，A面的概率为3/4，B面的概率为1/4。问第一次出现连续的两个A年的时候，机器人抛硬币的次数的期望是多少？

假设T为扔的次数（期望）。 那么如果扔到B，则重新开始扔，即再扔T次。
第一次扔到B，则重新扔，即1/4*(1+T)；这时1+T是结束游戏所扔次数；
第一次扔到A，第二次扔到B，重新扔，即3/4*1/4*(2+T)；2+T是结束游戏所仍次数；
第一次扔到A，第二次扔到A，结束游戏。3/4*3/4*2；2为结束游戏所仍次数；
所以T=1/4*(1+T)+3/4 *1/4*(2+T)+3/4 *3/4 *2；算得T为28/9
参考文献：https://blog.csdn.net/xzy_thu/article/details/80026600