此類問題主要有期望題，隨機數題、以及概率題，觀察者掌握的信息多少會影響到最終的概率。影響樣本空間的大小。
期望題關鍵： 找出概率遞推公式
隨機數題關鍵: 關鍵在於保證每個隨機數出現的概率相等（洗牌算法）
一 拋硬幣問題總結：
問題1 ： 兩個人輪流拋硬幣，規定第一個拋出正面的人可以吃到蘋果，請問先拋的人能吃到蘋果的概率多大？（伯努利分布）
這個題是否 某國家非常重男輕女，若一戶人家生了一個女孩，便再要一個，直到生下男孩為止，假設生男生女概率相等，請問平均每戶人家有________個女孩？，這個問題具有一定的類似性呢？
一個樣本空間為反反...正，一個樣本空間為女女女....男
第一種方法：p=1/2+1/2^3+1/2^5+........=2/3
第二種：先拋的人吃到蘋果的概率為p1，后拋的人p2若想吃到，只能在第一個人拋反面下才可能，所以樣本空間突然少了一半，所以p2=1/2p1，所以p1=2/3。
第三種：先拋為p，為反后繼續拋，吃到的概率還是p，所以其實p=1/2(正)+1/2(反)*p，解得p=2/3
第四種： 我首先想到的就是把 第一次拋到正面的概率 + 第二次拋到的概率 + …..+無窮多次，當然后面的概率幾乎為0了。 結果就是 P = 1/2 + 1/8 + 1/32+ …… 最后的結果就是 P = 2/3 . 這個計算也不難，其實就是等比數列，比為1/4. 簡單的無窮級數 (1/2) / (1-1/4) = 2/3. 1/(1-x)^2=1+2x+3x^2+4x^3+5x^4+… (-1<x<1)
還有一個別人的分析：給所有的拋硬幣操作從1開始編號，顯然先手者只可能在奇數（1,3,5,7…）次拋硬幣得到蘋果，而后手只可能在偶數次（2,4,6,8…）拋硬幣得到蘋果。設先手者得到蘋果的概率為p，第1次拋硬幣得到蘋果的概率為1/2，在第3次（3,5,7…）以后得到蘋果的概率為p/4（這是因為這種只有在第1次和第2次拋硬幣都沒有拋到正面（概率為1/4=1/2*1/2）的時候才有可能發生，而且此時先手者在此面臨和開始相同的局面）。所以可以列出等式p=1/2+p/4，p=2/3。
第五種： 
，i表示先拋的人一共拋了的次數，上面的式子可以求出，P(A)=2/3
問題2：連續扔硬幣，直到 某一人獲勝，A獲勝條件是先正后反，B獲勝是出現連續兩次反面，問AB游戲時A獲勝概率是？
其實只要出現了正面，A就早晚能贏，所以B獲勝的概率只有那一次，反反：1/4，所以A獲勝的概率為3//4。
問題3： 小a和小b一起玩一個游戲，兩個人一起拋擲一枚硬幣，正面為H，反面為T。兩個人把拋到的結果寫成一個序列。如果出現HHT則小a獲勝，游戲結束。如果HTT出現則小b獲勝。小a想問一下他獲勝的概率是多少？
解法1 ： 首先，如果第一次拋出了T，那么其實就根沒拋過是一回事，后面怎么繼續都相當於重來了。所以p=1/2p+p(h)
如果拋出了H，如果上半部分，只能是A贏，下半部分出現T的時候，再出現H又相當於重新來了。
所以B贏的概率為1/4，再從下面H重新出發的1/4，也就是pb=1/4+1/4^2+1/4^3……，就是1/3，所以A贏的概率為2/3。
解法2： 隨機過程中的First Step Analysis，設P_s表示狀態為s時'HHT'發生的概率。顯然我們有P_HHT=1以及P_HTT=0。狀態轉移圖如下:
；第二種情況為
,因為第二種情況H出現后就相當於又回到開始狀態了，這是小b獲勝概率仍為p；所以有等式
；可解出p；然后1-p即為所求。
問:1.如果硬幣正反概率相同,游戲的期待長度(expected duration)是幾次投擲?
2.如果硬幣是不公正的,正面概率為P,反面概率為Q.(P+Q=1), 那么游戲的期待長度(expectedduration)是幾次投擲?
問題5： 游戲規則為，連續2次拋到硬幣朝上，則游戲結束。問平均拋多少次游戲可以結束？
平均拋多少次，即是求問題的期望。
首先先拋一枚硬幣，如果是花，那么需要重頭開始；如果是字，那么再拋一枚硬幣，新拋的這枚如果也是字，則游戲結束，如果是花，那么又需要重頭開始。根據這個過程，設拋硬幣的期望次數為T，可以得到關系：
T = 1/2(1 + T) + 1/2(1 + 1/2(1+0) + 1/2(1+T))， 得出 T = 6
問題6： 連續拋 k 次朝上的解法：
假設連續k次正面朝上的期望為Ek，在連續出現k次正面朝上后，下次一也為正面的期望為， 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
問題7： 拋一個六面的色子，連續拋直到拋到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
問題8： 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
參考鏈接：https://www.cnblogs.com/fanling999/p/6777335.html
二 開箱子總結：
問題1 ： 有一個箱子，N把鑰匙，只有一把鑰匙能打開箱子，現在拿鑰匙去看箱子。問恰好第k次打開箱子的概率?
第k次打開的概率=
三 生孩子問題總結
問題1 ： 某國家非常重男輕女，若一戶人家生了一個女孩，便再要一個，直到生下男孩為止，假設生男生女概率相等，請問平均每戶人家有________個女孩。
解法1： 首次成功的概率為
，也就是首次出現男孩的概率，那么發生的次數也就是孩子的個數服從幾何分布，則期望為2，所以女孩是1個。
解法2： 一個國家人們只想要男孩，每個家庭都會一直要孩子，只到他們得到一個男孩。如果生的是女孩，他們就會再生一個。如果生了男孩，就不再生了。那么，這個國家里男女比例如何？
分析：一開始想當然的以為男多女少，畢竟都想要男孩。但是注意這句話“如果生了男孩，就不再生了”，一個家庭可能有多個女孩，只有一個男孩。
再仔細分析，我們來計算期望值，只用計算一個家庭就行了。設一個家庭男孩個數的期望值為S1，女孩為S2. 。根據題目條件，男孩的個數期望值S1=1這個是不用計算了。主要計算S2
一個家庭的孩子數量可以為:1,2,3,4,5….. 對應的的男女分布為: “男”,”女男”,”女女男”,”女女女男”,”女女女女男”…
對應的概率分布為 1/2, 1/4, 1/8, 1/16, 1/32 。其中女孩的個數分別為 0,1,2,3,4……
因此 S2=0*1/2 + 1*1/4 + 2*1/8 + 3*1/16 + 4*1/32 + ………
可以按照題目2用級數求，也可以用錯位相減法：S2=1/4+2/8+3/16+4/32+… 兩邊乘以2,得: 2*S2=1/2+2/4+3/8+4/16+5/32+..
兩個式子相減得 S2=1/2+1/4+1/8+1/16+1/32+…=1. 所以期望值都為1，男女比例是一樣的。
問題2： 老王有兩個孩子，已知至少有一個孩子是在星期二出生的男孩。問：兩個孩子都是男孩的概率是多大？參考鏈接：https://blog.csdn.net/midailaoqi/article/details/82876207
參考鏈接：
https://blog.csdn.net/u012662688/article/details/52813387
答案是2/3.兩個孩子的性別有以下四種可能：（男男）（男女）（女男）（女女），其中一個是女孩，就排除了（男男），還剩三種情況。其中另一個是男孩的占了兩種，2/3. 之所以答案不是1/2是因為女孩到底是第一個生的還是第二個生的是不確定的。
問題： 大家都在排隊上飛機，然后金剛來了，他也有票，但是插隊第一個上了飛機，隨便找了個座位坐下了，其余人的策略是：
如果自己票上寫的座位沒被占就按照座位坐，被占了就變身成金剛，隨便找地兒坐。問第i個人坐在自己座位的概率是多少？
1..n一共n個座位，為了方便計算起見，我們做一個變換
變換1：金剛的票上的座位是最后一個，也就是第n個，其余人的票和座位再按照原先的順序排列成1..n-1。
這樣並不影響最終的概率，因為如果
1）金剛坐在自己的位置上，那么大家同樣都是肯定坐在自己的位置上。
2）如果金剛坐在第i個位置(非他票上的座位)上，那么前i-1個人會坐在自己的位置上，與變換前相同，而第i個人肯定不會坐在自己的位置上，他會在變換前的金剛的座位再加上i+1..n的集合中隨機挑一個座位，這也有變換前相同，他挑的座位對於后面人的影響也是與變換前相同的。
設F(i,n)為新的n個座位的排列中第i個人坐到自己位置上的概率，那么舊排列中第i個人坐到自己位置的概率就是
F(i,n) i<j;
F(i-1,n) i>j;
j為金剛票上的座位
那么我們現在來計算F(i,n)，后面的討論全部基於變換后的排列。
對於乘客i，金剛的選擇會造成3種情況，假設金剛選擇的是j，分別為i<j，i=j，i>j，概率分別為(n-i)/n，1/n，(i-1)/n。
如果i<j，即金剛選擇的座位在i的后面(我們做變換1的目的就在於此，如果不做那么還要考慮金剛坐到自己的位置的情況，而他自己的位置卻是不確定的)，那么乘客i必然會坐到自己的位置，概率為1，(n-i)/n*1
如果i=j，概率為0
如果i>j，那么前j-1個人肯定坐在自己的位置上，而第j個人就變身成了金剛，這樣可以看做他就是金剛，他原來的座位就是n。
變換2：前j-1個人是打醬油的，跟后面的事件無關了，因為金剛在j上，所以第j個人變成了金剛2，他的票號是最后一個，j+1..n-1號乘客成了新的受害者，將j+1..n-1從1開始重新編號，座位數變成n-j
故第i個人坐在原來座位的概率為F(i-j,n-j)
所以概率為
綜上
有
最后的結果是
F(i,n) i<j;
F(i-1,n) i>j;
j為金剛票上的座位
五 求期望問題總結：
問題1 ：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？
解法1：
在M個球中取到第1個未着色的取得次數期望是：1
在M個球中取到第2個未着色的取得次數期望是：1/(M-1/M) ---- 這就是用題目2的模型得出的期望，就像拋色子(只有兩色)，第一個着色的點數為1，其它所有未着色的是點數為2。
在M個球中取到第3個未着色的取得次數期望是：1/(M-2/M)
...
在M個球中取到第M個未作色的求所需要的取得次數的期望是：1/(1/M)
整體次數的期望就是 1+ 1/(M-1/M)+1/(M-2/M)+...+M
解法2：
數學期望類的題目，主要是要理解什么是數學期望，數學期望是干什么用的，關於這些問題的解答，大家可以自己去理解，思考或者翻書，我要講的內容是如何利用這些數學期望的特點。
數學期望的遞歸特性：
飛行棋大家都玩過吧，應該知道每次拋到6，就有一架飛機可以出門了，那么問你一架飛機可以出門的時候，拋篩子次數的數學期望是多少？
你估計會毫不猶豫的說是6（P=1/6，E=1/P=6），但是你思考過深一層次的原因嗎？
好吧，我來告訴你，我們記拋6的期望次數是E，如果第一次拋的是6，那么就是1次，概率是1/6;如果第一次不是6呢，那么次數是1+E，概率為5/6;
那么 E = 1 * (1/6) + (1+E) * (5/6),你可以很容易的解出 E = 6
上面加粗的紅色字體用的就是類似一個遞歸的概念，希望你能理解吧，不行的話，那只能自己去努力理解了，呵呵。
現在我們開始解答上面的問題：
令P[i]代表M個球中已經有i個球是紅色后，還需要的時間期望，去將所有球都變成紅色。
So，給出遞歸式：P[i]= (i/M) * P[i] + (1-i/M)* P[i+1] + 1
我相信大家都能理解這個公式的含義，不過還是解釋一下，在P[i]的情況下，我們選一次球，如果是紅球，那么概率是i/M，子問題還是P[i]，如果是白球，那么概率是1-i/M，子問題是P[i+1]，注意你當前的選球操作要計算在內，即一次
化簡如上遞歸式得：P[i] = P[i+1] + M/(M-i)，顯然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
綜上：P[0] = 0 + M/1 + M/2 + … + M/M，至此問題已經解決，不過我希望大家學到的不是這個答案，而是分析這個題目的過程
最終答案：
0 + M/1 + M/2 + M/3 + … + M/M
括號里的式子在M比較大的時候約等於lnM，所以整個期望值大約是MlnM
(因為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…… )
問題2： 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？
用a[i]表示從第i-1級升到第i級期望使用的寶石數量。
當i<=5時，因為不會降級，則期望的數量均為2，即a[2] = a[3] = a[4] = a[5] = 2
當i>5時，因為會降級，成功時一個寶石就夠了，不成功時需要倒退一級，需要先使用a[i-1]個寶石先回到i-1級，再使用a[i]個寶石升到第i級，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
則1級到9級需要的寶石數為 a[2]+…+a[9] = 36。
問題3： 平均要取多少個(0,1)中的隨機數才能讓和超過1。答案： e 次， 其中e是自然對數的底
問題3： 金剛坐飛機問題：
現在有一架飛機要起飛，乘客們正准備按機票號碼（1,2,3...,N）一次排隊登機。突然來了一只大猩猩（金剛）。他也有機票，但是他插隊第一個登上了飛機，然后隨意的選擇了一個座位坐下了。根據社會的和諧程度，其他的乘客有兩種反應：
1.乘客們都義憤填膺，“既然金剛同志都不守規矩，為什么我要遵守？”他們也隨意的找位置坐下，並且堅決不讓座位給其他乘客。
2.乘客們雖然感到憤怒，但是還是以“和諧”為重，如果自己的位置沒有被占領，就趕緊坐下，如果自己的位置已經被別人（或者金剛同志）占了，就隨機的選擇另一個位置坐下，就開始閉目養神，不在挪動。
問題：在這兩種情況下，第i個乘客（出去金剛同志外）做到自己原機票位置的概率分別是多少？
問題解答
第一問：該問題相當於排序問題，總的排序總數是n個人的全排列為N!，如果第i個人做到第i個位置上，那么其余n-1個人的全排列為(N-1)!,綜上所求概率為(N-1)!/N!=1/N。
第二問：《編程之美》講得比較復雜，沒怎么看懂，在網上找了幾個博文對該問題的解答，綜合一下，這樣理解比較容易：
假設：F(i,n)表示在有n個座位的前提下，第i個人恰好做到第i個座位的概率；
P(K=j)表示金剛剛好坐在位置j上的概率；
P(i|K=j)表示在金剛做到位置ｊ的前提下，第ｉ個人恰好做到第ｉ個位置上的概率。
由以上的假設根據全概率公式有：
由於金剛坐到每一個位置上的概率是相等的，容易知道Ｐ（Ｋ＝ｊ）＝１／ｎ；
接下來我們只需要考慮后一項條件概率的值即可。
（１）如果ｊ＝１，則表明金剛坐到第一個位置，則ｉ坐到ｉ位置的概率為１；如果ｊ＞ｉ，前面的人必然按位置坐，所以概率也為１.所以我們只需要考慮１＜ｊ＜ｉ的情況，見下。
（２）在１＜ｊ＜ｉ的情況下，即金剛坐在第ｊ（１＜ｊ＜ｉ）個位置上，則ｊ個乘客除非坐在金剛的位置上，否則同樣要同樣要搶占其他人的座位。這和金剛的行為是相似的（因為金剛除非坐在自己的位置上，否則搶占別人的座位），所以我們可以講第ｊ個乘客當做新的金剛，此時還剩余ｎ－ｊ個座位，同時把剩余乘客的編號也都減去ｊ，則先前的第ｉ個乘客座位號變為ｉ－ｊ，此問題和原問題相似，只是規模更小，所以該種情況下，條件概率為Ｆ（ｉ－ｊ，ｎ－ｊ）.
所以有如下等式：
然后可以從上面的公式推出遞推式：F(i,n)=F(i-1,n-1).（筆者驗證了一下，公式是對的，但是不會推導，希望有會的網友指點）。
有上面的遞推公式，我們可以到：nF(i,n)=(n-i+1)+(i-2)F(i,n)，則問題的最終答案為：
問題4： 100人坐飛機，第一個乘客在座位中隨便選一個坐下，第100人正確坐到自己坐位的概https://www.zhihu.com/question/35950050率是？
假設整體長度為1（因為這個值不影響概率的計算，所以可以這樣假設），第一段的長度是x，第二段為y，第三段為1-x-y。
x,y值要想成為木棍切出來的長度必須要滿足的條件為 0<x<1, 0<y<1,0<x+y<1，這些點構成了下圖1中紅色的部分。
而這三段要構成三角形還必須滿足：
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
這些點構成圖2中黃色區域。黃色區域與紅色區域面積的比值就是，所有切割中能構成三角形的切割方式和所有切割方式的比值。也就是題目的答案。
解法2：
假設我們選擇的兩個點的坐標是x和y（先假設x < y）：
那么由三角形兩邊和大於第三邊的性質，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
然后畫個圖就能得到聯合概率為1/8，不要忘了這個結果是在假設x < y時得來的，所以再乘以2，得到1/4。
參考鏈接：
https://www.cnblogs.com/fanling999/p/6777335.html
https://www.cnblogs.com/fanling999/p/6777335.html
六 隨機數題：（洗牌算法）
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() ) * 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。（n已知）
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。證明見之前的文章
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。（n未知）
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。
七： 遞推題：
問題1： 五個海盜搶到了100顆寶石，每一顆都一樣大小和價值連城。他們決定這么分：
抽簽決定自己的號碼（1、2、3、4、5）
首先，由1號提出分配方案，然后大家表決，當且僅當超過半數的人同意時，按照他的方案進行分配，否則將被扔進大海喂鯊魚
如果1號死后，再由2號提出分配方案，然后剩下的4人進行表決，當且僅當超過半數的人同意時，按照他的方案進行分配，否則將被扔入大海喂鯊魚，依此類推
條件：每個海盜都是很聰明的人，都能很理智地做出判斷，從而做出選擇。
問題：第一個海盜提出怎樣的分配方案才能使自己的收益最大化？
逆向思維，從45看，無論4分配多少給5，都可能被搞死，所以4不希望3死。
從345看，4肯定會投贊成，所以不用管5，分配100，0，0就好了
從2345看，3肯定希望2死，所以2別管3了，2就是爭取45倆人，所以就98，0，1，1
從12345看，2希望1死，所以1別管2了，1就是爭取345仨人，所以就97，0，1，0，2或者97，0，1，2，0。
問題2、小組賽，每個小組有5支隊伍，互相之間打單循環賽，勝一場3分，平一場1分，輸一場不得分，小組前三名出線。平分抽簽。問一個隊最少拿()分就有理論上的出線希望：
還是逆向思維。假設A得一分，那么肯定是輸三場平一場，則另外三個隊伍勝利至少拿3分，A不會出線。
假設A得兩分，那么就是平兩場，輸兩場，另外兩個隊伍勝利拿3分肯定出線，另外倆隊伍，eg：B C，如果ABC之間打平手，BC和其他打輸，那就ABC均為2分，DE為9分，那么A就有出線的希望。所以最少2分。
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
參考鏈接：https://www.cnblogs.com/fanling999/p/6777335.html