常见概率题类型总结
此类问题主要有期望题，随机数题、以及概率题，观察者掌握的信息多少会影响到最终的概率。影响样本空间的大小。
期望题关键： 找出概率递推公式
随机数题关键: 关键在于保证每个随机数出现的概率相等（洗牌算法）
一 抛硬币问题总结：
问题1 ： 两个人轮流抛硬币，规定第一个抛出正面的人可以吃到苹果，请问先抛的人能吃到苹果的概率多大？（伯努利分布）
这个题是否 某国家非常重男轻女，若一户人家生了一个女孩，便再要一个，直到生下男孩为止，假设生男生女概率相等，请问平均每户人家有________个女孩？，这个问题具有一定的类似性呢？
一个样本空间为反反...正，一个样本空间为女女女....男
第一种方法：p=1/2+1/2^3+1/2^5+........=2/3
第二种：先抛的人吃到苹果的概率为p1，后抛的人p2若想吃到，只能在第一个人抛反面下才可能，所以样本空间突然少了一半，所以p2=1/2p1，所以p1=2/3。
第三种：先抛为p，为反后继续抛，吃到的概率还是p，所以其实p=1/2(正)+1/2(反)*p，解得p=2/3
第四种： 我首先想到的就是把 第一次抛到正面的概率 + 第二次抛到的概率 + …..+无穷多次，当然后面的概率几乎为0了。 结果就是 P = 1/2 + 1/8 + 1/32+ …… 最后的结果就是 P = 2/3 . 这个计算也不难，其实就是等比数列，比为1/4. 简单的无穷级数 (1/2) / (1-1/4) = 2/3. 1/(1-x)^2=1+2x+3x^2+4x^3+5x^4+… (-1<x<1)
还有一个别人的分析：给所有的抛硬币操作从1开始编号，显然先手者只可能在奇数（1,3,5,7…）次抛硬币得到苹果，而后手只可能在偶数次（2,4,6,8…）抛硬币得到苹果。设先手者得到苹果的概率为p，第1次抛硬币得到苹果的概率为1/2，在第3次（3,5,7…）以后得到苹果的概率为p/4（这是因为这种只有在第1次和第2次抛硬币都没有抛到正面（概率为1/4=1/2*1/2）的时候才有可能发生，而且此时先手者在此面临和开始相同的局面）。所以可以列出等式p=1/2+p/4，p=2/3。
第五种： 
，i表示先抛的人一共抛了的次数，上面的式子可以求出，P(A)=2/3
问题2：连续扔硬币，直到 某一人获胜，A获胜条件是先正后反，B获胜是出现连续两次反面，问AB游戏时A获胜概率是？
其实只要出现了正面，A就早晚能赢，所以B获胜的概率只有那一次，反反：1/4，所以A获胜的概率为3//4。
问题3： 小a和小b一起玩一个游戏，两个人一起抛掷一枚硬币，正面为H，反面为T。两个人把抛到的结果写成一个序列。如果出现HHT则小a获胜，游戏结束。如果HTT出现则小b获胜。小a想问一下他获胜的概率是多少？
解法1 ： 首先，如果第一次抛出了T，那么其实就根没抛过是一回事，后面怎么继续都相当于重来了。所以p=1/2p+p(h)
如果抛出了H，如果上半部分，只能是A赢，下半部分出现T的时候，再出现H又相当于重新来了。
所以B赢的概率为1/4，再从下面H重新出发的1/4，也就是pb=1/4+1/4^2+1/4^3……，就是1/3，所以A赢的概率为2/3。
解法2： 随机过程中的First Step Analysis，设P_s表示状态为s时'HHT'发生的概率。显然我们有P_HHT=1以及P_HTT=0。状态转移图如下:
问:1.如果硬币正反概率相同,游戏的期待长度(expected duration)是几次投掷?
2.如果硬币是不公正的,正面概率为P,反面概率为Q.(P+Q=1), 那么游戏的期待长度(expectedduration)是几次投掷?
问题5： 游戏规则为，连续2次抛到硬币朝上，则游戏结束。问平均抛多少次游戏可以结束？
平均抛多少次，即是求问题的期望。
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 = 1/2(1 + T) + 1/2(1 + 1/2(1+0) + 1/2(1+T))， 得出 T = 6
问题6： 连续抛 k 次朝上的解法：
假设连续k次正面朝上的期望为Ek，在连续出现k次正面朝上后，下次一也为正面的期望为， E(k+1) = 1/2 (Ek + 1) + 1/2(Ek + 1 + E(k+1))，推到出公式 (E(k+1) +2) /(Ek +2) = 2 得出 Ek = 2^(k+1) -2
问题7： 抛一个六面的色子，连续抛直到抛到6为止，问期望的抛的次数是多少?
设期望次数为E,那么有：
[1]1次抛出6的概率为1/6，那么期望次数为1*1/6
[2]本次抛出非6数字的概率为5/6，因为没有抛出6，因此期待抛出6还需要执行试验的次数仍为E，需要注意加上本次（1次）失效的抛掷，即期望次数为(1+E)(5/6)
综合可得：
E = 1*(1/6) + (1+E)(5/6)
解得: E = 6
问题8： 若要使骰子(六个面)的每个数都出现至少一次，那么平均需要掷多少次骰子？即求掷骰子次数的期望
与前一题类似，设掷出第i个数需要抛掷的次数为E(i)，i=1,2,3,4,5,6，（需要注意的是第i个数是值之前没有出现过的数字，而不是具体的值）
那么E(i)可由两部分组成：
E(i) = (i/6)(E(i)+1) + (1-i/6)(E(i+1)+1)
[1] (i/6)(E(i)+1) ： 已经有i个数字出现了，那么当前抛掷出重复数字的概率为 i/6，状态仍然是E(i)，加上当前实验1次
[2] (1-i/6)(E(i+1)+1) : 已经有i个数字出现了，那么当前抛掷出新数字的概率为 1-i/6，状态转移到E(i+1)，即当抛掷出了i+1个数字后，仍需要抛掷次数的期望，别忘加当前试验 1 次
E(i) = E(i+1) + 6/(6-i), E(6) = 0
E(0) = 6/6 + 6/(6-1) + ... + 6/1 + 0
参考链接：https://www.cnblogs.com/fanling999/p/6777335.html
二 开箱子总结：
问题1 ： 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。问恰好第k次打开箱子的概率?
第k次打开的概率=
三 生孩子问题总结
问题1 ： 某国家非常重男轻女，若一户人家生了一个女孩，便再要一个，直到生下男孩为止，假设生男生女概率相等，请问平均每户人家有________个女孩。
解法1： 首次成功的概率为，也就是首次出现男孩的概率，那么发生的次数也就是孩子的个数服从几何分布，则期望为2，所以女孩是1个。
解法2： 一个国家人们只想要男孩，每个家庭都会一直要孩子，只到他们得到一个男孩。如果生的是女孩，他们就会再生一个。如果生了男孩，就不再生了。那么，这个国家里男女比例如何？
分析：一开始想当然的以为男多女少，毕竟都想要男孩。但是注意这句话“如果生了男孩，就不再生了”，一个家庭可能有多个女孩，只有一个男孩。
再仔细分析，我们来计算期望值，只用计算一个家庭就行了。设一个家庭男孩个数的期望值为S1，女孩为S2. 。根据题目条件，男孩的个数期望值S1=1这个是不用计算了。主要计算S2
一个家庭的孩子数量可以为:1,2,3,4,5….. 对应的的男女分布为: “男”,”女男”,”女女男”,”女女女男”,”女女女女男”…
对应的概率分布为 1/2, 1/4, 1/8, 1/16, 1/32 。其中女孩的个数分别为 0,1,2,3,4……
因此 S2=0*1/2 + 1*1/4 + 2*1/8 + 3*1/16 + 4*1/32 + ………
可以按照题目2用级数求，也可以用错位相减法：S2=1/4+2/8+3/16+4/32+… 两边乘以2,得: 2*S2=1/2+2/4+3/8+4/16+5/32+..
两个式子相减得 S2=1/2+1/4+1/8+1/16+1/32+…=1. 所以期望值都为1，男女比例是一样的。
问题2： 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？参考链接：https://blog.csdn.net/midailaoqi/article/details/82876207
参考链接：
https://blog.csdn.net/u012662688/article/details/52813387
答案是2/3.两个孩子的性别有以下四种可能：（男男）（男女）（女男）（女女），其中一个是女孩，就排除了（男男），还剩三种情况。其中另一个是男孩的占了两种，2/3. 之所以答案不是1/2是因为女孩到底是第一个生的还是第二个生的是不确定的。
问题： 大家都在排队上飞机，然后金刚来了，他也有票，但是插队第一个上了飞机，随便找了个座位坐下了，其余人的策略是：
如果自己票上写的座位没被占就按照座位坐，被占了就变身成金刚，随便找地儿坐。问第i个人坐在自己座位的概率是多少？
1..n一共n个座位，为了方便计算起见，我们做一个变换
变换1：金刚的票上的座位是最后一个，也就是第n个，其余人的票和座位再按照原先的顺序排列成1..n-1。
这样并不影响最终的概率，因为如果
1）金刚坐在自己的位置上，那么大家同样都是肯定坐在自己的位置上。
2）如果金刚坐在第i个位置(非他票上的座位)上，那么前i-1个人会坐在自己的位置上，与变换前相同，而第i个人肯定不会坐在自己的位置上，他会在变换前的金刚的座位再加上i+1..n的集合中随机挑一个座位，这也有变换前相同，他挑的座位对于后面人的影响也是与变换前相同的。
设F(i,n)为新的n个座位的排列中第i个人坐到自己位置上的概率，那么旧排列中第i个人坐到自己位置的概率就是
F(i,n) i<j;
F(i-1,n) i>j;
j为金刚票上的座位
那么我们现在来计算F(i,n)，后面的讨论全部基于变换后的排列。
对于乘客i，金刚的选择会造成3种情况，假设金刚选择的是j，分别为i<j，i=j，i>j，概率分别为(n-i)/n，1/n，(i-1)/n。
如果i<j，即金刚选择的座位在i的后面(我们做变换1的目的就在于此，如果不做那么还要考虑金刚坐到自己的位置的情况，而他自己的位置却是不确定的)，那么乘客i必然会坐到自己的位置，概率为1，(n-i)/n*1
如果i=j，概率为0
如果i>j，那么前j-1个人肯定坐在自己的位置上，而第j个人就变身成了金刚，这样可以看做他就是金刚，他原来的座位就是n。
变换2：前j-1个人是打酱油的，跟后面的事件无关了，因为金刚在j上，所以第j个人变成了金刚2，他的票号是最后一个，j+1..n-1号乘客成了新的受害者，将j+1..n-1从1开始重新编号，座位数变成n-j
故第i个人坐在原来座位的概率为F(i-j,n-j)
所以概率为
综上
有
最后的结果是
F(i,n) i<j;
F(i-1,n) i>j;
j为金刚票上的座位
五 求期望问题总结：
问题1 ：一个木桶里面有M个白球，每分钟从桶中随机取出一个球涂成红色（无论白或红都涂红）再放回，问将桶中球全部涂红的期望时间是多少？
解法1：
在M个球中取到第1个未着色的取得次数期望是：1
在M个球中取到第2个未着色的取得次数期望是：1/(M-1/M) ---- 这就是用题目2的模型得出的期望，就像抛色子(只有两色)，第一个着色的点数为1，其它所有未着色的是点数为2。
在M个球中取到第3个未着色的取得次数期望是：1/(M-2/M)
...
在M个球中取到第M个未作色的求所需要的取得次数的期望是：1/(1/M)
整体次数的期望就是 1+ 1/(M-1/M)+1/(M-2/M)+...+M
解法2：
数学期望类的题目，主要是要理解什么是数学期望，数学期望是干什么用的，关于这些问题的解答，大家可以自己去理解，思考或者翻书，我要讲的内容是如何利用这些数学期望的特点。
数学期望的递归特性：
飞行棋大家都玩过吧，应该知道每次抛到6，就有一架飞机可以出门了，那么问你一架飞机可以出门的时候，抛筛子次数的数学期望是多少？
你估计会毫不犹豫的说是6（P=1/6，E=1/P=6），但是你思考过深一层次的原因吗？
好吧，我来告诉你，我们记抛6的期望次数是E，如果第一次抛的是6，那么就是1次，概率是1/6;如果第一次不是6呢，那么次数是1+E，概率为5/6;
那么 E = 1 * (1/6) + (1+E) * (5/6),你可以很容易的解出 E = 6
上面加粗的红色字体用的就是类似一个递归的概念，希望你能理解吧，不行的话，那只能自己去努力理解了，呵呵。
现在我们开始解答上面的问题：
令P[i]代表M个球中已经有i个球是红色后，还需要的时间期望，去将所有球都变成红色。
So，给出递归式：P[i]= (i/M) * P[i] + (1-i/M)* P[i+1] + 1
我相信大家都能理解这个公式的含义，不过还是解释一下，在P[i]的情况下，我们选一次球，如果是红球，那么概率是i/M，子问题还是P[i]，如果是白球，那么概率是1-i/M，子问题是P[i+1]，注意你当前的选球操作要计算在内，即一次
化简如上递归式得：P[i] = P[i+1] + M/(M-i)，显然P[M] = 0;
所以：
P[M-1] = P[M] + M/1
P[M-2] = P[M-1] + M/2
…
P[0] = P[1] + M/M
综上：P[0] = 0 + M/1 + M/2 + … + M/M，至此问题已经解决，不过我希望大家学到的不是这个答案，而是分析这个题目的过程
最终答案：
0 + M/1 + M/2 + M/3 + … + M/M
括号里的式子在M比较大的时候约等于lnM，所以整个期望值大约是MlnM
(因为lnx = ∫(x,1) 1/tdt，1 + 1/2 + ... + 1/M >= ∫(2,1) 1/tdt + ∫(3,2) 1/tdt + ... + ∫(M+1,M) 1/tdt = ∫(M+1,1) 1/tdt = ln(M+1), 1 + 1/2 + ... + 1/M <= 1 + ∫(2,1) 1/tdt + ∫(3,2) 1/tdt + ... + ∫(M,M-1) 1/tdt = ln(M) + 1，因此有
ln(M+1) <= 1 + 1/2 + ... + 1/M <= ln(M)+1，又有ln(M+1) >= ln(M)，所以…… )
问题2： 你有一把宝剑。每使用一个宝石，有50%的概率会成功让宝剑升一级，50%的概率会失败。如果宝剑的级数大于等于5的话，那么失败会使得宝剑降1级。如果宝剑的级数小于5的话，失败没有效果。问题是：期望用多少个宝石可以让一把1级的宝剑升到9级？
用a[i]表示从第i-1级升到第i级期望使用的宝石数量。
当i<=5时，因为不会降级，则期望的数量均为2，即a[2] = a[3] = a[4] = a[5] = 2
当i>5时，因为会降级，成功时一个宝石就够了，不成功时需要倒退一级，需要先使用a[i-1]个宝石先回到i-1级，再使用a[i]个宝石升到第i级，即
a[i] = 1 * 1/2 + (1 + a[i-1] + a[i]) * 1/2
即 a[i] = a[i-1] + 2
可知，a[6]= 4, a[7] = 6, a[8] = 8, a[9] = 10
则1级到9级需要的宝石数为 a[2]+…+a[9] = 36。
问题3： 平均要取多少个(0,1)中的随机数才能让和超过1。答案： e 次， 其中e是自然对数的底
问题3： 金刚坐飞机问题：
现在有一架飞机要起飞，乘客们正准备按机票号码（1,2,3...,N）一次排队登机。突然来了一只大猩猩（金刚）。他也有机票，但是他插队第一个登上了飞机，然后随意的选择了一个座位坐下了。根据社会的和谐程度，其他的乘客有两种反应：
1.乘客们都义愤填膺，“既然金刚同志都不守规矩，为什么我要遵守？”他们也随意的找位置坐下，并且坚决不让座位给其他乘客。
2.乘客们虽然感到愤怒，但是还是以“和谐”为重，如果自己的位置没有被占领，就赶紧坐下，如果自己的位置已经被别人（或者金刚同志）占了，就随机的选择另一个位置坐下，就开始闭目养神，不在挪动。
问题：在这两种情况下，第i个乘客（出去金刚同志外）做到自己原机票位置的概率分别是多少？
问题解答
第一问：该问题相当于排序问题，总的排序总数是n个人的全排列为N!，如果第i个人做到第i个位置上，那么其余n-1个人的全排列为(N-1)!,综上所求概率为(N-1)!/N!=1/N。
第二问：《编程之美》讲得比较复杂，没怎么看懂，在网上找了几个博文对该问题的解答，综合一下，这样理解比较容易：
假设：F(i,n)表示在有n个座位的前提下，第i个人恰好做到第i个座位的概率；
P(K=j)表示金刚刚好坐在位置j上的概率；
P(i|K=j)表示在金刚做到位置ｊ的前提下，第ｉ个人恰好做到第ｉ个位置上的概率。
由以上的假设根据全概率公式有：
由于金刚坐到每一个位置上的概率是相等的，容易知道Ｐ（Ｋ＝ｊ）＝１／ｎ；
接下来我们只需要考虑后一项条件概率的值即可。
（１）如果ｊ＝１，则表明金刚坐到第一个位置，则ｉ坐到ｉ位置的概率为１；如果ｊ＞ｉ，前面的人必然按位置坐，所以概率也为１.所以我们只需要考虑１＜ｊ＜ｉ的情况，见下。
（２）在１＜ｊ＜ｉ的情况下，即金刚坐在第ｊ（１＜ｊ＜ｉ）个位置上，则ｊ个乘客除非坐在金刚的位置上，否则同样要同样要抢占其他人的座位。这和金刚的行为是相似的（因为金刚除非坐在自己的位置上，否则抢占别人的座位），所以我们可以讲第ｊ个乘客当做新的金刚，此时还剩余ｎ－ｊ个座位，同时把剩余乘客的编号也都减去ｊ，则先前的第ｉ个乘客座位号变为ｉ－ｊ，此问题和原问题相似，只是规模更小，所以该种情况下，条件概率为Ｆ（ｉ－ｊ，ｎ－ｊ）.
所以有如下等式：
然后可以从上面的公式推出递推式：F(i,n)=F(i-1,n-1).（笔者验证了一下，公式是对的，但是不会推导，希望有会的网友指点）。
有上面的递推公式，我们可以到：nF(i,n)=(n-i+1)+(i-2)F(i,n)，则问题的最终答案为：
问题4： 100人坐飞机，第一个乘客在座位中随便选一个坐下，第100人正确坐到自己坐位的概https://www.zhihu.com/question/35950050率是？
假设整体长度为1（因为这个值不影响概率的计算，所以可以这样假设），第一段的长度是x，第二段为y，第三段为1-x-y。
x,y值要想成为木棍切出来的长度必须要满足的条件为 0<x<1, 0<y<1,0<x+y<1，这些点构成了下图1中红色的部分。
而这三段要构成三角形还必须满足：
x+y>1-x-y => x+y>0.5
x+1-x-y>y => y<0.5;
y+1-x-y>y => x<0.5
这些点构成图2中黄色区域。黄色区域与红色区域面积的比值就是，所有切割中能构成三角形的切割方式和所有切割方式的比值。也就是题目的答案。
解法2：
假设我们选择的两个点的坐标是x和y（先假设x < y）：
那么由三角形两边和大于第三边的性质，有：
x+y-x>1-y
x+1-y>y-x
1-y+y-x>x
由上述不等式得到：x < 0.5, 0.5 < y < x+0.5
然后画个图就能得到联合概率为1/8，不要忘了这个结果是在假设x < y时得来的，所以再乘以2，得到1/4。
参考链接：
https://www.cnblogs.com/fanling999/p/6777335.html
https://www.cnblogs.com/fanling999/p/6777335.html
六 随机数题：（洗牌算法）
关键在于保证各个随机数出现的概率相等。
1. 已知有个rand7()的函数，返回1到7随机自然数，怎样利用这个rand7()构造rand10()，随机1~10。
因为rand7()可以等可能的产生 1～7 之间的数字，因此 （rand7() - 1）等可能随机产生 0～6 的数，那么(rand7() - 1) * 7 + rand7() 可以等可能的产生 1～49 之间的数，因为上式中两个rand7()的组合数是唯一的。
可以将1～49分成 1～40 和 41～49两个区间，选择 1～40这个区间平均划分成10段，每一个分段被随机到的概率相等，每个分段的长度为40/10 = 4，每个分段分别对应1～10。
具体过程为：按公式 (rand7() - 1) * 7 + rand7() 随机一个数，若随机数落入41～49这个区间则丢弃，若随机数落入1～40这个区间，进一步确定分段对应的数值 (x-1)/4 + 1
2. 已知有个randM()的函数，返回1到M随机自然数，怎样利用这个randM()构造randN()，随机1~N。
前一题的推广。分两种情况：
[1] 当 N <= M 时，可以直接使用 randM() 获取随机数，>N的随机数丢弃，<=N 的随机数输出即可。
[2] 当 N > M 时候，需要构造 randM2 = (randM() ) * M + randM() 随机 1 ～ M2 的数值，
[3] 如果randM2仍然小于N，那么对 randM2 继续重复[2] 操作，如果randM2大于 N 则停止跳到 [1]
3. 已知一随机发生器，产生0的概率是p，产生1的概率是1-p，现在要你构造一个发生器，使得它产生0和1的概率均为1/2
由题目有：
0 : p
1 : 1-p
连续产生两个数，其组合以及概率如下：
00 : p2
01 : p*(1-p)
10 : (1-p)*p
11 : (1-p)2
可以发现 01 和 10 组合的概率是相等的，只需要将其分别映射到0和1即可。即每次随机产生两个数，如果组合为00或11则丢弃，若为01则映射到1，若为10则映射到0，这样一来产生0和1的概率均为 1/2 。
4. 已知一随机发生器，产生的数字的分布不清楚，现在要你构造一个发生器，使得它产生0和1的概率均为1/2。
使用该随机发生器产生随机数a，b，有以下3种情况：(1)a<b, (2) a == b, (3) a>b，其中情况（1）和（3）是对称的，发生的概率相等，只需要将这两种情况分别映射到0和1即可，其中遇到a==b时忽略。
（也可以找另外一个概率相等的阈值）
5. 已知一随机发生器，产生0的概率是p，产生1的概率是1-p，构造一个发生器，使得它构造1、2、3的概率均为1/3；…。更一般地，构造一个发生器，使得它构造1、2、3、…n的概率均为1/n。
随机等可能的产生n个数，需要构造n个等可能的事件，每一个事件的发生映射到一个数值上即可。
我们可以产生一个由0和1组成的序列，序列中0和1的个数相等，即各出现一半的情况下每种排列出现的概率都是相等的。
随机产生长度为2x的序列，那么0和1各占x个，组合数有 C(2*x, x) >= n ，解出最小的x。对其中的n种等可能情况分别映射到1～n的数字上即可。
6. 给出从n个数中随机选择m个数的方法。n很大，可以认为是亿级别。m可以很小，如接近1；也可以很大，如接近n。（n已知）
两个有待改进的思路：
（1） 以 1/n 的概率一直重复随机，直到获取了m个数为止
缺陷：[1]难以知道后面随机的数是否与前面的随机数重复，因为数据量很大，不一定能在内存中进行比较。[2] 当m很大时，尤其是无限接近n时，后面产生的数字很多都已经在前面出现过。
（2）每个数字被选中的概率是 m/n，可以遍历所有数字，在遍历的同时以 m/n的概率决定是否选择当前值。当遍历结束时，选择数字的个数在平均意义上来说是m，均值会随着数据量的增大会更好的趋向于m，但值得注意的是该过程仍不能精确的精确到m。
改进后的思路：
遍历第1个数时，选择的概率为 m/n
遍历第2个数时，[1]如果选择了第一个数，则选择的概率为 (m-1)/(n-1)；[2] 如果没有选择第1个数，则选择的概率为 m/(n-1)
遍历第i个数时，[1]如果此时已经选择了k个数，那么选择第i个数的概率为 (m-k)/(n-i+1)
这样一来可以保证在剩下的数字中选择适当的数使得总体的数字是m个。对于选择概率 (m-k)/(n-i+1) ，当k=m时概率为0，即所有数字已经选择完毕不再选择，当k=0时，分母会不断减小，以至于概率取向于1。最终得到的结果始终精确到m个数。证明见之前的文章
7. 给出从n个数中随机选择1个的方法。注意，n非常大，并且一开始不知道其具体值。数字是一个一个给你的，当给完之后，你必须立刻给出随机的结果。
由于n非常大并且需要立即给出答案，因此无法把所有数字都保存起来然后进行随机。
再者n的具体值未知，因此任意时刻都需要有当前的结果。
于是第1个数字肯定选。那么问题就变成了当第i个数字到来时，是保留当前数字还是选择第i个数字的问题，i=2,3,...,n。此过程必须保证截止目前为止所见到的数字被选中的概率都相等。
假设当第i个数字到来时，前i-1个数字被选中的概率相等，此时只需要第i个数字被选中的概率为1/i即可保证当前的i个数字被选中的概率相等。因为截止目前见到的数字总共有i个，可以分成两个部分，即前i-1个数和第i个数，第i个数被选中的概率为1/i，那么不被选中的概率就为 (i-1)/i ，这时被选中的应该是前i-1个数中的一个，由假设可知前i-1个数被选中的概率相等，那么前i-1个数字任一一个被选中的概率为 (（i-1）/i)/(i-1) = 1/i。
8. 给出从n个数中随机选择m个的方法。注意，n非常大，并且一开始不知道其具体值。数字是一个一个给你的，当给完之后，你必须立刻给出随机的结果。（n未知）
本题是上一题的扩展。
首先前m个数是必须取的，问题就变成了，当第i(i>m)个数到来时，是丢弃这个数还是保留这个数，如果保留这个数（第i个数），那么就需要从已选的m个数中选中一个丢弃。
具体做法是，选取前m个数，依次读取第i(i>m)个数，并以 m/i 的概率决定是否选择这个数，如果选择了这个数，则随机的替换掉当前m个数中的任意一个。
具体解释如下：
假设前i-1个数字任一个被选中的概率相等，为 m/(i-1)。
当第i个数字到来时被选中的概率为m/i（由定义可知），现在计算前i-1个数字中任一一个数字 k 被保留的概率，有两种情况：[1]第i个数字没被选中，那么k直接被保留，概率为（1-m/i）; [2] 第i个数字被选中(m/i)，并且删除当前m个数字中的一个，被删除的数字不是k(1-1/m)，于是k仍然被保留的概率为 (m/(i-1)) * [ (1-m/i) + (m/i) * (1-1/m) ] = m/i
由数学归纳法依次类推，当遍历完n个数，选中m数中，每个数被选择的概率都是相等的。
七： 递推题：
问题1： 五个海盗抢到了100颗宝石，每一颗都一样大小和价值连城。他们决定这么分：
抽签决定自己的号码（1、2、3、4、5）
首先，由1号提出分配方案，然后大家表决，当且仅当超过半数的人同意时，按照他的方案进行分配，否则将被扔进大海喂鲨鱼
如果1号死后，再由2号提出分配方案，然后剩下的4人进行表决，当且仅当超过半数的人同意时，按照他的方案进行分配，否则将被扔入大海喂鲨鱼，依此类推
条件：每个海盗都是很聪明的人，都能很理智地做出判断，从而做出选择。
问题：第一个海盗提出怎样的分配方案才能使自己的收益最大化？
逆向思维，从45看，无论4分配多少给5，都可能被搞死，所以4不希望3死。
从345看，4肯定会投赞成，所以不用管5，分配100，0，0就好了
从2345看，3肯定希望2死，所以2别管3了，2就是争取45俩人，所以就98，0，1，1
从12345看，2希望1死，所以1别管2了，1就是争取345仨人，所以就97，0，1，0，2或者97，0，1，2，0。
问题2、小组赛，每个小组有5支队伍，互相之间打单循环赛，胜一场3分，平一场1分，输一场不得分，小组前三名出线。平分抽签。问一个队最少拿()分就有理论上的出线希望：
还是逆向思维。假设A得一分，那么肯定是输三场平一场，则另外三个队伍胜利至少拿3分，A不会出线。
假设A得两分，那么就是平两场，输两场，另外两个队伍胜利拿3分肯定出线，另外俩队伍，eg：B C，如果ABC之间打平手，BC和其他打输，那就ABC均为2分，DE为9分，那么A就有出线的希望。所以最少2分。
几个关键概念
以上分析过程涉及到的三个重要概念如下：
1. 伯努利实验
事件E只有两种可能结果：发生和不发生，概率分别为p和（1-p）。E独立重复进行n次可以称为n次伯努利试验。
2. 二项分布
n次伯努利试验发生k次的可能性服从二项分布：
c(n,k) * p^k * (1-p)^(n-k)
3. 几何分布
几何分布有是指以下任一一种情况的离散型概率分布：
[1] 1次成功需要执行伯努利试验的次数X,(X=1,2,3...)
[2] 1次成功之前失败的次数 Y = X-1 =, (Y=0,1,2....).
注意区分以上两种情况，以上两种情况的概率分布为：
[1] P(X=k) = (1-p)(k-1) * p , k = 1,2,... (第k次是第一次成功)
[2] P(X=k) = (1-p)k * p , k = 0,1,2,... （失败了k次以后第一次成功）
以上两种情况下的几何分布的均值和方差：
[1] E(X) = 1/p , D(X) = (1-p)/p2
[2] E(X) = (1-p)/p, D(X) = (1-p)/p2
举例：
一个六面的骰子，平均需要投掷多少次可以掷出数字6:
p = 1/6, 1-p = 5/6
E(X) = 1/p = 6 次
参考链接：https://www.cnblogs.com/fanling999/p/6777335.html
