期望題
1. 拋一個6面的骰子，連續拋直到6為止，問期望的拋的次數是多少
設期望次數為E,那么有：
[1]1次拋出6的概率為1/6，那么期望次數為1*1/6
[2]本次拋出非6數字的概率為5/6，因為沒有拋出6，因此期待拋出6還需要執行試驗的次數仍為E，需要注意加上本次（1次）失效的拋擲，即期望次數為(1+E)(5/6)
綜合可得：
E = 1*(1/6) + (1+E)(5/6)
解得: E = 6
2. 一個木桶里面有M個白球，每分鍾從桶中隨機取出一個球塗成紅色（無論白或紅都塗紅）再放回，問將桶中球全部塗紅的期望時間是多少？
令E[i]表示木桶里有i個紅球時，還需要抽取多少時間可以將所有球都染成紅色，對於當前狀態下E[i]的計算可以分解為兩個部分：
[1] 抽取到的是紅球： 需要的時間期望為 i/M * (1+E(i))，其中i/M表示抽取紅球的概率，因為抽取到的是紅球因此狀態沒有改變，仍然是E(i)
[2] 抽取到的是白球： 需要的時間期望為 (1-i/M) * (1+E(i+1))，其中(1-i/M)表示抽取到白球的概率，因為抽取到了白球，被塗成紅色以后，木桶里將會有i+1個紅球，因此狀態遷移到 E(i+1)
注意加上當前實驗的時間 1
綜合可得：
E(i) = i/M *（1+E(i)） + (1-i/M) * (1+E(i+1))
化簡可得：
E(i) = E(i+1) + M/(M-i)
顯然有： E(M) = 0， 當前桶里M個球都是紅色的，不用再做任何抽取操作
（編程時依次從E(M)計算到E(0)，返回E(0)即可）
將遞歸式展開有：E(0) = M/M + M/(M-1) + ... + M/1 + 0
3. 若要使骰子(六個面)的每個數都出現至少一次，那么平均需要擲多少次骰子？即求擲骰子次數的期望
與前一題類似，設擲出第i個數需要拋擲的次數為E(i)，i=1,2,3,4,5,6，（需要注意的是第i個數是值之前沒有出現過的數字，而不是具體的值）
那么E(i)可由兩部分組成：
E(i) = (i/6)(E(i)+1) + (1-i/6)(E(i+1)+1)
[1] (i/6)(E(i)+1) ： 已經有i個數字出現了，那么當前拋擲出重復數字的概率為 i/6，狀態仍然是E(i)，加上當前實驗1次
[2] (1-i/6)(E(i+1)+1) : 已經有i個數字出現了，那么當前拋擲出新數字的概率為 1-i/6，狀態轉移到E(i+1)，即當拋擲出了i+1個數字后，仍需要拋擲次數的期望，別忘加當前試驗 1 次
E(i) = E(i+1) + 6/(6-i), E(6) = 0
E(0) = 6/6 + 6/(6-1) + ... + 6/1 + 0
4. 你有一把寶劍。每使用一個寶石，有50%的概率會成功讓寶劍升一級，50%的概率會失敗。如果寶劍的級數大於等於5的話，那么失敗會使得寶劍降1級。如果寶劍的級數小於5的話，失敗沒有效果。問題是：期望用多少個寶石可以讓一把1級的寶劍升到9級？
令 E(i) 表示寶劍從 i-1 級升到 i 級需要的寶石個數，對於E(i)有：
對於 i <= 5， 沒有失敗，因此 E(1) = E(2) = E(3) = E(4) = E(5) = 2
對於 i >= 5， 有：
E(i) = (1/2)*1 + (1/2)*(1 + E(i-1) + E(i))
從i-1級升到i級，
[1] 升級成功，成功概率為 1/2，耗費 1 顆寶石，因此期望的寶石數為：(1/2)*1
[2] 升級失敗，失敗概率為 1/2，耗費 1 顆寶石，等級降到 i-2級，因此需要從 i - 2 級升到 i-1級，需要E(i-1)次，再從i-1級升到i級需要E(i)次，綜上有：(1/2)*(1 + E(i-1) + E(i))
化簡得：E(i) = 2 + E(i-1)
E(6) = 2 + E(5) = 2 + 2 = 4
E(7) = 2 + E(6) = 2 + 6 = 6
E(8) = 2 + E(7) = 8
E(9) = 2 + E(8) = 10
那么寶劍從1級升到9級，期望需要的寶石數是： E(2) + ... + E(9) = 36
幾個關鍵概念
以上分析過程涉及到的三個重要概念如下：
1. 伯努利實驗
事件E只有兩種可能結果：發生和不發生，概率分別為p和（1-p）。E獨立重復進行n次可以稱為n次伯努利試驗。
2. 二項分布
n次伯努利試驗發生k次的可能性服從二項分布：
c(n,k) * p^k * (1-p)^(n-k)
3. 幾何分布
幾何分布有是指以下任一一種情況的離散型概率分布：
[1] 1次成功需要執行伯努利試驗的次數X,(X=1,2,3...)
[2] 1次成功之前失敗的次數 Y = X-1 =, (Y=0,1,2....).
注意區分以上兩種情況，以上兩種情況的概率分布為：
[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,... （失敗了k次以后第一次成功）
以上兩種情況下的幾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
舉例：
一個六面的骰子，平均需要投擲多少次可以擲出數字6:
p = 1/6, 1-p = 5/6
E(X) = 1/p = 6 次
詳細可以參考：
https://en.wikipedia.org/wiki/Geometric_distribution
隨機數題
關鍵在於保證各個隨機數出現的概率相等。
1. 已知有個rand7()的函數，返回1到7隨機自然數，怎樣利用這個rand7()構造rand10()，隨機1~10。
因為rand7()可以等可能的產生 1～7 之間的數字，因此 （rand7() - 1）等可能隨機產生 0～6 的數，那么(rand7() - 1) * 7 + rand7() 可以等可能的產生 1～49 之間的數，因為上式中兩個rand7()的組合數是唯一的。
可以將1～49分成 1～40 和 41～49兩個區間，選擇 1～40這個區間平均划分成10段，每一個分段被隨機到的概率相等，每個分段的長度為40/10 = 4，每個分段分別對應1～10。
具體過程為：按公式 (rand7() - 1) * 7 + rand7() 隨機一個數，若隨機數落入41～49這個區間則丟棄，若隨機數落入1～40這個區間，進一步確定分段對應的數值 (x-1)/4 + 1
2. 已知有個randM()的函數，返回1到M隨機自然數，怎樣利用這個randM()構造randN()，隨機1~N。
前一題的推廣。分兩種情況：
[1] 當 N <= M 時，可以直接使用 randM() 獲取隨機數，>N的隨機數丟棄，<=N 的隨機數輸出即可。
[2] 當 N > M 時候，需要構造 randM2 = (randM() - 1) * M + randM() 隨機 1 ～ M2 的數值，
[3] 如果randM2仍然小於N，那么對 randM2 繼續重復[2] 操作，如果randM2大於 N 則停止跳到 [1]
3. 已知一隨機發生器，產生0的概率是p，產生1的概率是1-p，現在要你構造一個發生器，使得它產生0和1的概率均為1/2
由題目有：
0 : p
1 : 1-p
連續產生兩個數，其組合以及概率如下：
00 : p2
01 : p*(1-p)
10 : (1-p)*p
11 : (1-p)2
可以發現 01 和 10 組合的概率是相等的，只需要將其分別映射到0和1即可。即每次隨機產生兩個數，如果組合為00或11則丟棄，若為01則映射到1，若為10則映射到0，這樣一來產生0和1的概率均為 1/2 。
4. 已知一隨機發生器，產生的數字的分布不清楚，現在要你構造一個發生器，使得它產生0和1的概率均為1/2。
使用該隨機發生器產生隨機數a，b，有以下3種情況：(1)a<b, (2) a == b, (3) a>b，其中情況（1）和（3）是對稱的，發生的概率相等，只需要將這兩種情況分別映射到0和1即可，其中遇到a==b時忽略。
（也可以找另外一個概率相等的閾值）
**5. 已知一隨機發生器，產生0的概率是p，產生1的概率是1-p，構造一個發生器，使得它構造1、2、3的概率均為1/3；…。更一般地，構造一個發生器，使得它構造1、2、3、…n的概率均為1/n。 **
隨機等可能的產生n個數，需要構造n個等可能的事件，每一個事件的發生映射到一個數值上即可。
我們可以產生一個由0和1組成的序列，序列中0和1的個數相等，即各出現一半的情況下每種排列出現的概率都是相等的。
隨機產生長度為2x的序列，那么0和1各占x個，組合數有 C(2*x, x) >= n ，解出最小的x。對其中的n種等可能情況分別映射到1～n的數字上即可。
6. 給出從n個數中隨機選擇m個數的方法。n很大，可以認為是億級別。m可以很小，如接近1；也可以很大，如接近n。
兩個有待改進的思路：
（1） 以 1/n 的概率一直重復隨機，直到獲取了m個數為止
缺陷：[1]難以知道后面隨機的數是否與前面的隨機數重復，因為數據量很大，不一定能在內存中進行比較。[2] 當m很大時，尤其是無限接近n時，后面產生的數字很多都已經在前面出現過。
（2）每個數字被選中的概率是 m/n，可以遍歷所有數字，在遍歷的同時以 m/n的概率決定是否選擇當前值。當遍歷結束時，選擇數字的個數在平均意義上來說是m，均值會隨着數據量的增大會更好的趨向於m，但值得注意的是該過程仍不能精確的精確到m。
改進后的思路：
遍歷第1個數時，選擇的概率為 m/n
遍歷第2個數時，[1]如果選擇了第一個數，則選擇的概率為 (m-1)/(n-1)；[2] 如果沒有選擇第1個數，則選擇的概率為 m/(n-1)
遍歷第i個數時，[1]如果此時已經選擇了k個數，那么選擇第i個數的概率為 (m-k)/(n-i+1)
這樣一來可以保證在剩下的數字中選擇適當的數使得總體的數字是m個。對於選擇概率 (m-k)/(n-i+1) ，當k=m時概率為0，即所有數字已經選擇完畢不再選擇，當k=0時，分母會不斷減小，以至於概率取向於1。最終得到的結果始終精確到m個數。
7. 給出從n個數中隨機選擇1個的方法。注意，n非常大，並且一開始不知道其具體值。數字是一個一個給你的，當給完之后，你必須立刻給出隨機的結果。
由於n非常大並且需要立即給出答案，因此無法把所有數字都保存起來然后進行隨機。
再者n的具體值未知，因此任意時刻都需要有當前的結果。
於是第1個數字肯定選。那么問題就變成了當第i個數字到來時，是保留當前數字還是選擇第i個數字的問題，i=2,3,...,n。此過程必須保證截止目前為止所見到的數字被選中的概率都相等。
假設當第i個數字到來時，前i-1個數字被選中的概率相等，此時只需要第i個數字被選中的概率為1/i即可保證當前的i個數字被選中的概率相等。因為截止目前見到的數字總共有i個，可以分成兩個部分，即前i-1個數和第i個數，第i個數被選中的概率為1/i，那么不被選中的概率就為 (i-1)/i ，這時被選中的應該是前i-1個數中的一個，由假設可知前i-1個數被選中的概率相等，那么前i-1個數字任一一個被選中的概率為 (（i-1）/i)/(i-1) = 1/i。
8. 給出從n個數中隨機選擇m個的方法。注意，n非常大，並且一開始不知道其具體值。數字是一個一個給你的，當給完之后，你必須立刻給出隨機的結果。
本題是上一題的擴展。
首先前m個數是必須取的，問題就變成了，當第i(i>m)個數到來時，是丟棄這個數還是保留這個數，如果保留這個數（第i個數），那么就需要從已選的m個數中選中一個丟棄。
具體做法是，選取前m個數，依次讀取第i(i>m)個數，並以 m/i 的概率決定是否選擇這個數，如果選擇了這個數，則隨機的替換掉當前m個數中的任意一個。
具體解釋如下：
假設前i-1個數字任一個被選中的概率相等，為 m/(i-1)。
當第i個數字到來時被選中的概率為m/i（由定義可知），現在計算前i-1個數字中任一一個數字 k 被保留的概率，有兩種情況：[1]第i個數字沒被選中，那么k直接被保留，概率為（1-m/i）; [2] 第i個數字被選中(m/i)，並且刪除當前m個數字中的一個，被刪除的數字不是k(1-1/m)，於是k仍然被保留的概率為 (m/(i-1)) * [ (1-m/i) + (m/i) * (1-1/m) ] = m/i
由數學歸納法依次類推，當遍歷完n個數，選中m數中，每個數被選擇的概率都是相等的。
概率題
1. 在半徑為1的圓中隨機選取一點
可作單位圓如下圖所示，[-1,1]隨機x的值，[-1,1]隨機y的值，可以得到圓內隨機一點 (x,y)。當然也可以使用極坐標進行隨機。
2. 一根木棒，截成三截，組成三角形的概率是多少？
假設一個木棒長為1，三截的長度分別為 x, y , 1-x-y，由此可以轉換成線性規划問題。
長度大於0小於1，因此有以下約束條件：
0 < x < 1
0 < y < 1
0 < 1-x-y < 1
（圖中紅色直線表示 x+y=1，因此滿足以上三個約束的區域在紅色直線以下的三角形區域，概率為： 1*1*(1/2) = 1/2 ）
又由三角形兩邊之和大於第三邊的條件有以下三個約束：
x + y > 1 - x - y
x + 1-x-y > y
y + 1-x-y > x
化簡有：
x + y > 1/2
y < 1/2
x < 1/2
（由約束可得圖中陰影部分，概率為： (1/2)*(1/2)*(1\2) = 1/8）
綜合以上所有約束有：
一根木棒，截成三截，組成三角形的概率是： (1/2)*(1/8) = 1/16
參考：
[1] http://blog.csdn.net/dengm155/article/details/52658836
[2] https://zhidao.baidu.com/question/1737334723808514107.html