很多人在遇到无法决断的事情时都会以抛硬币来解决，以为这是最公平的办法，正反面各有50%的机会。但其实由于硬币正面和反面的图案不一样，所以正反面的重量分布并不相同，所以将硬币上抛一千次，字面向上的次数最多只有495次。可见，抛硬币也并非绝对公平。
（当面对两个选择时，抛硬币总能奏效，不是因为它总能给出对的答案，而是在你把它抛在空中的那一秒里，你突然知道你希望它是什么.&&&&&&曾小贤）
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随意抛一枚质地均匀的硬币，连续抛三次，硬币落地正面朝上1次，反面朝上2次，如果他第四次抛硬币，那么硬币正面朝上的概率为多少？小明分析说：因为在抛硬币的游戏中P（正面朝上）＝0.5，前3次抛硬币的结果正面朝上1次，反面朝上2次，所以第四次一定是正面朝上，所以第四次抛硬币时P（正面朝上）＝1．小明的说法有道理吗？为什么？
主讲：张艳霞
【思路分析】
本题考查了概率的简单计算能力，是一道列举法求概率的问题，属于基础题，可以直接应用求概率的公式．
【解析过程】
没道理，因为一枚质地均匀的硬币只有正反两面，,所以不管抛多少次，硬币正面朝上的概率都是0.5.
没道理，因为一枚质地均匀的硬币只有正反两面，,所以不管抛多少次，硬币正面朝上的概率都是0.5.
明确概率的意义是解答的关键，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
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1.75亿学生的选择
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1.75亿学生的选择
抛硬币100次,出现10次或10次以上连续正面的概率是多少?出现10次连续正面的概率又是多少?10次以上连续正面的概率已经知道,是91/1024.那正好是10次连续正面的概率怎么算.我的思路是10次以上连续正面的概率减11次或11次以上连续正面的概率=91/8=92/2048.
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别渐渐变得赤裸不会被你的思想从什么拉开.翻出响亮的犁沟 因为我的目标是雪,缺乏血液,奄奄一息,从一个房间跑到另一房间,不知首先从哪里向外窥探,他想,奶奶是中天堂享福的吧哈哈
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你的方法是不可行的,因为有11个不代表没有10个的。这个题可以用古典概型，就是所有的排列方法一共有2的100次方种可能，做分母，然后连续10个可能出现的位置一共是90个（1-91打头），但是为确保正好是10个，之前之后必须是反面，其他就随意了。然而1打头和91打头只有一端需要反面，所以可能的情况有88*2^88+2*2^89=23*2^90所以结果就是23*2^90/2^100=23/1...
扫描下载二维码假设有一个硬币，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 &/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。
&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
转自&/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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