样本点与样本空间
\(A = \left \{ 1, 2, 3 \right \}\)
\(1, 2, 3\) 为样本点，\(A\) 为样本空间。
\[A = \left \lbrace 1, 2, 3 \right \rbrace\\
B = \left \lbrace 2, 3, 4 \right \rbrace\\
A \cap B = \left \lbrace 2, 3 \right \rbrace = A \cdot B\\
A \cup B = \left \lbrace 1, 2, 3, 4 \right \rbrace = A + B\\
A - B(把 A 里面在 B 中出现过的元素扔掉) = \left \lbrace 1 \right \rbrace = A - A \cdot B
\]
概率
概率为样本空间的每一个时间定义一个实数，这个实数称为概率。事件 \(A\) 的概率称为 \(P \left ( A \right )\)。
一个事件的概率等于事件中每个样本点的概率之和。
\[0 \le P(A) \le 1\\
\sum_{i = 1}^n P(B_i) = 1\\
P(A) = 0，则事件 A 为不可能事件\\
P(A) = 1，则事件 A 为必然事件\\
\]
条件概率
\(P \left (A| B \right )\)：\(B\) 发生的情况下 \(A\) 发生的概率。
\[A = \left \lbrace 1 \right \rbrace\\
B = \left \lbrace 1, 2, 3 \right \rbrace\\
P \left ( A | B \right ) = \dfrac{1}{3}\\
A = \left \lbrace 1, 2, 3 \right \rbrace\\
B = \left \lbrace 1, 3, 5 \right \rbrace\\
P \left ( A | B \right ) = \dfrac{2}{3}\\
\]
\(P\left ( A|B \right ) = \dfrac{P(AB)}{P(B)} \Rightarrow P \left ( A | B \right ) P \left ( B \right ) = P \left ( A \cdot B \right )\)
独立事件
如果事件 \(A, B\) 满足 \(P \left( A \right) P \left ( B \right ) = P \left (A \cdot B \right)\)，则称事件 \(A\) 与事件 \(B\) 为相互独立事件。
证明：
\[P \left( A \right) P \left ( B \right ) = P \left (A \cdot B \right)\\
P \left ( A | B \right ) \cdot P \left( B \right ) = P \left ( A \cdot B \right )\\
P \left ( A \right ) = P \left ( A | B \right )\\
\]
\(P \left ( A \right ) = P \left ( A | B \right )\)，说明事件 \(A\) 是否发生与事件 \(B\) 是否发生无关，因此事件 \(A\) 与事件 \(B\) 相互独立。
生活中的相互独立事件：扔两次骰子。
期望
每种情况的权值与概率的乘积的和称为期望。
有 \(10\) 个测试点，\(50 \%\) 概率答案是 YES，\(50 \%\) 概率答案是 NO，现在，程序为 cout << "YES";，问最后的期望。
\[\begin{cases}
& YES \quad P = \dfrac{1}{2} \quad val = 5\\
& NO \quad P = \dfrac{1}{2} \quad val = 0\\
\end{cases}\\
\dfrac{1}{2} \times 10 + \dfrac{1}{2} \times 0 + \cdots = 50
\]
期望的和等于和的期望。
\[\begin{aligned}
&1 \quad 2 \quad 3 \quad 4 \quad 5 \quad 6\\
x_1 \quad &\dfrac{1}{6} \quad \dfrac{1}{6} \quad \dfrac{1}{6} \quad \dfrac{1}{6} \quad \dfrac{1}{6} \quad \dfrac{1}{6} \quad\\
x_2 \quad &\dfrac{1}{100} \quad \dfrac{1}{100} \quad \dfrac{1}{100} \quad \dfrac{1}{100} \quad \dfrac{1}{100} \quad \dfrac{95}{100}\\
\end{aligned}\\
求 E \left[ x_1 + x_2 \right ]
\]
解：
\[E \left [ x_1 + x_2 \right ] = E \left [x_1 \right ] + E \left[ x_2 \right]\\
E \left [ x_1 + x_2 \right ] = \dfrac{1}{6} \cdot (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) + \dfrac{1}{100} \cdot (1 + 2 + 3 + 4 + 5) + \dfrac{95}{100} \cdot 6
\]
数学题
假设有 \(3\) 张形状相同的卡片，其中一张两面都是黑色，一张两面都是红色，另一张是一张红一张黑，随机取出一张放在桌面上，朝上的面为红色，那么另一面是黑色的概率是多少？
\[P(下黑|上红) = \dfrac{P(下黑，上红)}{P(上红)} = \dfrac{\frac{1}{6}}{\frac{3}{6}} = \dfrac{1}{3}
\]
\(n\) 个人按一顺序一次抓阄，每个人抓完阄后立即打开，当某个人抓到“中”时，整个抓阄过程结束（后面的人就不必再抓了），问这种抓阄方式是否公平，请说明理由。
公平；
第一个人抓到“中”的概率：\(\dfrac{1}{n}\)；
第二个人抓到“中”的概率：\(\dfrac{n-1}{n} \times \dfrac{1}{n - 1} = \dfrac{1}{n}\)
第三个人抓到“中”的概率：\(\dfrac{n-1}{n} \cdot \dfrac{n-2}{n-1} \cdot \dfrac{1}{n - 2} = \dfrac{1}{n}\)
依此类推，每个人抓到“中”的概率都为 \(\dfrac{1}{n}\)，所以，游戏是公平的。
设男女两性人口之比为 \(51:49\)，有设男人色盲率为 \(2\%\)，女人色盲率为 \(0.25\%\)，先随机抽到一个人为色盲，问“该人为男人”的概率是多少？
\[\begin{aligned}
&P(该人为男人|该人是色盲) \\
&= \dfrac{P(该人为男人且是色盲)}{P(该人是色盲)}\\
&= \dfrac{51\% \cdot 2\%}{51\% \cdot 2\% + 49\% \cdot 0.25\%}
\end{aligned}
\]
一个人左右口袋各放一盒火柴，每盒 \(n\) 支，每次抽烟时随机选一盒拿出一支用掉，由于习惯的问题，选右面口袋的概率是 \(p > \dfrac{1}{2}\)。到某次他发现取出的这一盒已经空了，求这时另一盒恰有 \(m\) 支火柴的概率。
| 方向 |
概率 |
数量 |
取了几次 |
| 左 |
\(1 - p\) |
\(n\) |
\(n + 1\) |
| 右 |
\(p\) |
\(n\) |
\(n - m\) |
为什么是 \(n + 1\) 次呢？
很简单，他再取一次才发现空了的。
\((1 - p) ^ {n + 1} p ^{n - m}\)
这 \(2n + 1 - m\) 次，最后一次一定是左边。
即在 \(2n - m\) 个位置中找 \(n\) 个位置填上“左”,\(C(2n - m, n)\)，
\(P = (1 - p)^{n + 1}p^{n - m} \cdot C(2n - m, n)\)。
| 方向 |
概率 |
数量 |
取了几次 |
| 左 |
\(1 - p\) |
\(n\) |
\(n - m\) |
| 右 |
\(p\) |
\(n\) |
\(n + 1\) |
\((1 - p) ^ {n - m} p ^{n + 1}\)
这 \(2n + 1 - m\) 次，最后一次一定是右边。
即在 \(2n - m\) 个位置中找 \(n\) 个位置填上“右”,\(C(2n - m, n)\)，
\(P = (1 - p)^{n - m}p^{n + 1} \cdot C(2n - m, n)\)。
在小葱和小泽面前有三瓶药，其中有两瓶是毒药，每个人必须喝一瓶
小葱和小泽各自选了一瓶药，小泽手速比较快将要喝了下去，然后挂了。
小葱想活下去，他应该喝掉手上的这瓶，还是换一瓶。
我们假设 \(1\) 是好药，\(2, 3\) 是毒药。
\[\begin{cases}
&第一瓶 \quad 第二瓶\\
&1
\begin{cases}
2,P = \dfrac{1}{6}\\
3,P = \dfrac{1}{6}\\
\end{cases}\\
&2
\begin{cases}
1,P = \dfrac{1}{6}\\
3,P = \dfrac{1}{6}\\
\end{cases}\\
&3
\begin{cases}
1,P = \dfrac{1}{6}\\
2,P = \dfrac{1}{6}\\
\end{cases}
\end{cases}
\]
\(P(好|挂) = \dfrac{P(好,挂)}{P(挂)} = \dfrac{\frac{2}{6}}{\frac{4}{6}} = \dfrac{1}{2}\)
这个问题与三门问题不一样的地方在于：主持人知道每扇门后的情况，而小泽不知道那瓶药是毒药，因此有了不同的结果。
小胡站在原点，手里拿着两枚硬币。抛第一枚硬币正面向上的概率为 \(p\)，第二枚正面向上的概率为 \(q\)。
小胡开始抛第一枚硬币，每次抛到反面小胡就向 \(x\) 轴正方向走一步，直到抛到正面。
接下来小胡继续抛第一枚硬币，每次抛到反面小胡就向 \(y\) 轴正方向走一步，直到抛到正面。
现在小胡想回来了，于是他开始抛第二枚硬币，如果小胡抛到正面小胡就向 \(x\) 轴的负方向走一步，否则小胡就向 \(y\) 轴的负方向走一步。
现在小胡想知道他在往回走的时候经过原点的概率是多少呢？
设最右上角的点为 \((x, y)\)。
- 阶段一
从 \((0, 0)\) 到 \((x, 0)\) ，需要走 \(x\) 次反面，再抛一次正面。
\(P = (1 - p)^{x} \cdot p\)
- 阶段二
从 \((x, 0)\) 走到 \((x, y)\)，需要抛 \(y\) 次反面，再抛一次正面。
\(P = (1 - p)^y \cdot p\)
- 阶段三
走回来，要抛 \(x\) 次正面，\(y\) 次反面。
\(P = q^x \cdot (1 - q)^y \cdot C(x + y, x)\)
\[\sum_{x = 0}^{\infty} \sum_{y = 0}^{\infty} (1 - p)^x \cdot p \cdot (1 - p)^y \cdot p \cdot q^x \cdot (1 - q)^y \cdot C(x + y, x)\\
= \sum_{x = 0}^{\infty} \sum_{y = 0}^{\infty} \cdot p^2 \cdot (1 - p)^{x+y} \cdot (1 - p)^y \cdot q^x \cdot (1 - q)^y \cdot C(x + y, x)
\]
令 \(t = x + y\)，则
\[\begin{aligned}
& \sum_{x = 0}^{\infty} \sum_{y = 0}^{\infty} \cdot p^2 \cdot (1 - p)^{x+y} \cdot (1 - p)^y \cdot q^x \cdot (1 - q)^y \cdot C(x + y, x)\\
& = \sum_{t=0}^{\infty} \sum_{x = 0}^{t} p^2 \cdot (1 - p)^t \cdot q^x \cdot (1 - q)^{t - x} \cdot C(t, x) \\
& = p^2 \sum_{t = 0}^{\infty}(1 - p)^t \sum_{x = 0}^t q^x \cdot (1 -q)^{t - x} \cdot C(t, x)\\
& = p^2 \sum_{t = 0}^{\infty}(1 - p)^t \cdot (1 + 1 - q)^t\\
& = p^2 \sum_{t = 0}^{\infty}(1 - p)^t\\
& = p^2 \cdot \dfrac{1 - (1 - p)^{\infty + 1}}{1 - (1 - p)}\\
& = p^2 \cdot \dfrac{1}{p} \quad (微积分极限思想)\\
& = p
\end{aligned}
\]
等比数列求和
\[x = a^0 + a^1 + a^2 \cdot + a^n\\
ax = a^1 + a^2 + \cdots + a^n + a^{n + 1}\\
(1 - a)x = 1 - a^{n + 1}\\
x = \dfrac{1 - a^{n + 1}}{1 - a}
\]
检验矩阵 \(A \cdot B = C\) 是否成立。\((N \le 1000)\)
随机若干个位置 \((i, j)\)，如果 \(\sum_{k = 1}^n A(i, k) \cdot B(k, j) \ne C(i, j)\)，那么一定不成立。
能随机中的概率为 \(\dfrac{1}{10^6}\)
\[A \cdot B = C \Rightarrow A \cdot B \cdot D = C \cdot D \Rightarrow A \cdot (B \cdot D) = C \cdot D\\
D 为 n \times 1 的矩阵
\]
随即若干个矩阵 \(D\)，多次判断 \(A \cdot B \cdot D = C \cdot D\)
