古典概型事件数计算, 分房，配对，乱序 (概统1)

古典概型事件数与概率计算：分房问题，配对问题，乱序问题，字母排列(概统1)

最重要是计算各种古典概型的事件数，需要计算事件总共样本数，事件A的事件数，计算过程中常用到排列组合的知识。有时也需要用到逐一列举法逐一分析A中的基本事件数。

所以，关键就是如何计算事件数，包括总样本空间的事件数，有利事件的事件数。下面讨论几种典型场景。

【场景一：分房问题】 N个房间，n个人。（n < N）
每个人等可能分配机会。
（1）A=“某指定的n间房中各有一人”；
（2）B=”恰有n间房各有一人”；
（3）C=“某指定的一间房中恰有m人（m ⩽$⩽$ n 人）;

【解答】

分房问题总事件样本数：= Nn$N^n$

n个人N间房，随机分配，每个房间人数不等，可能某间房有0个人，可能有n个人。
分析过程：
对第一个人来说，既然有N间房，就有N种分配可能性。
第二个人不受第一个人影响，N间房可以任意选择，可以与第一个人同一间房。
第i个人还是N种选择可能性。。。
总共n个人，分配n次，所以总事件样本数 = Nn$N^n$

（1）A=“某指定的n间房中各有一人”；这是典型的“一个萝卜一个坑”“一人一房问题”，

“一人一房问题”事件数=n!

某指定的n间房，等于说忽略其他房，假设只有n间房。
人数与房间数相等，一一对应，每个人一个房间，
一人一间房，这种叫做“一人一房问题”，一人一房问题的事件数是 n!

所以 P(A)=n!Nn$\frac{n!}{N^n}$

（2）B=”恰有n间房各有一人”；
恰有n间房，等于说N间房里面，刚好挑选出n间。这个事件数是=CnN$C_N^n$
再然后 n间房一人一房，等于(1)。

所以合起来就等于 P(A)= CnN∗n!Nn$C_N^n\ast \frac{n!}{N^n}$

（3）C=“某指定的一间房中恰有m人（m ⩽$⩽$ n 人）;
“某指定的一间房“ 等于说房间不需要考虑排列组合去选择，忽略其他房。
某指定的一间房中恰有m人：从n个里面选择m个人，其余没被选中的人随机分配去其他房。
n个人选择m个人，事件数=Cmn$C_n^m$

剩下n-m个人，剩下N-1个房间，n-m个人随机分配到N-1个房间，
事件数= (N−1)n−m$(N-1{)}^{n-m}$

总和起来就是 P(A)=Cmn$C_n^m$ * (N−1)n−mNn$\frac{(N-1{)}^{n-m}}{N^n}$

总结：n人N房问题，事件数=Nn$N^n$
一人一房问题，事件数=n!

【场景二：配对问题】
【手套问题】从n双不同的手套中任取2r(2r< n)只，求下列事件发生的概率：
（1）没有成双的手套
（2）只有一双手套
（3）恰有两双手套
（4）有r双手套

【解答】这个题目很坑人啊，注意是n双”不同的“手套，我开始还以为是n双一样的，没注意这个”不同“的字眼。这n双手套都是不同的，有可能是n双尺码不同，有可能是n双颜色不同。

总共有n双=2n只，取2r只，2r< n ，也就是说 r< n/2
举例，n=6，6双手套，取r=2，取 2*2=4只，

（1）没有成双的手套

没有成双的手套，就是2r只全部都从左边一溜（n只，2r<=n）取，事件数就是 C2rn$C_n^{2r}$
然后每一只都有两种取法，每一只都可以要么取左边，要么取右边，但是就是不能同一双左右两边都取，就是 C12C12...$C_2^1{C}_2^1...$ ，总共有2r个 C12$C_2^1$

总体就是，2r只取左边一溜(n只），然后每只都有两种取法，C12$C_2^1$

没有成双的手套，事件数 = C2rn$C_n^{2r}$ (C12)2r$(C_2^1{)}^{2r}$
样本总空间事件数 = C2r2n$C_{2n}^{2r}$

所以，没有成双的手套，概率 P(A) = C2rn(C12)2rC2r2n$\frac{C_n^{2r}(C_2^1{)}^{2r}}{C_{2n}^{2r}}$

（2）只有一双手套

只有一双手套，意思是说，左边一溜中，有一只已经被左右同时取走了，
剩下不配套的只有n-1只。n只里面取一只作为配套的取法是：C1n$C_n^1$

然后剩下n-1只里面，还需要取2r-2只，就是 C2r−2n−1$C_{n-1}^{2r-2}$

然后，这2r-2只里面，每一只都有C12$C_2^1$ 取法，总共就是(C12)2r−2$(C_2^1{)}^{2r-2}$

所以，取2r只，只有一双能配套的事件数就是 =C1n$C_n^1$C2r−2n−1$C_{n-1}^{2r-2}$

再除以总事件数C2r2n$C_{2n}^{2r}$

所以，概率就是 P(A) = C1nC2r−2n−1(C12)2r−2C2r2n$\frac{C_n^1{C}_{n-1}^{2r-2}(C_2^1{)}^{2r-2}}{C_{2n}^{2r}}$

（3）恰有两双手套

恰有两双，就是取了2r只，有两双是配套的，思路同上，把一双配套变成两双配套。
首先，在左边一溜取2只取配套，C2n$C_n^2$

然后剩下 还需要取2r-4只，从左边剩下的n-2只里面取，就是C2r−4n−2$C_{n-2}^{2r-4}$

然后2r-4只里面，每一只都有C12$C_2^1$ 取法，总共就是(C12)2r−4$(C_2^1{)}^{2r-4}$

同比第二个问题，取了2r只，恰有两双配套手套，概率
P(A) = C2nC2r−4n−2(C12)2r−4C2r2n$\frac{C_n^2{C}_{n-2}^{2r-4}(C_2^1{)}^{2r-4}}{C_{2n}^{2r}}$

（4）有r双手套

意思是取了2r只手套，有r双配对成功，全部都配对成功了
根据上面的经验，从左边的n只中，取出2r只去配对了，剩下0只留单

n只里面取2r只去配套，取法总数是 C2rn$C_n^{2r}$

剩下零只（好开心），不用算了，事件数=1

因此，取2r只，全部配对成功的概率是 P(A) = C2rnC2r2n$\frac{C_n^{2r}}{C_{2n}^{2r}}$

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【场景三：乱序问题(Derangement)】
【钥匙乱序】
有外形相同的n把锁和n把钥匙，每把钥匙只能打开其中的一把锁，现将锁和钥匙随机配对，每对锁和钥匙各一把，试求至少有一把锁能被所配对钥匙打开的概率。

注意，同样是配对问题，与上题不同的是，上题可以只选部分，本题是全选，全排序，全乱序。

至少有一把锁能配对 = 有一把锁能配对 + 有两把锁能配对 +… + 有n把锁能配对

本题如果按照古典概率去求，比较难计算，因为很多情况交集在一起，不如按照概率公式去求，
例如三个事件的情况：P(AUBUC)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC)

本题，至少有一把锁能配对，可以表示成
⋃ni=1Ai$\bigcup _{i=1}^n{A}_i$

P(⋃ni=1Ai$\bigcup _{i=1}^n{A}_i$) = ∑ni=1P(Ai)$\sum _{i=1}^{n}P(A_i)$ - ∑n1⩽i<j⩽nP(AiAj)$\sum _{1⩽i<j⩽n}^{n}P(A_i{A}_j)$ + ∑n1⩽i<j<k⩽nP(AiAjAk)$\sum _{1⩽i<j<k⩽n}^{n}P(A_i{A}_j{A}_k)$ + ….. + (−1)n−1P(A1A2...An)$(-1{)}^{n-1}P(A_1{A}_2...A_n)$

∑ni=1P(Ai)$\sum _{i=1}^{n}P(A_i)$ = 有一把配成功 =C1n$C_n^1$(n−1)!n!$\frac{(n-1)!}{n!}$

∑n1⩽i<j⩽nP(AiAj)$\sum _{1⩽i<j⩽n}^{n}P(A_i{A}_j)$ = 有两把同时配成功 = C2n$C_n^2$(n−2)!n!$\frac{(n-2)!}{n!}$

有n把同时配成功的事件数 = (−1)n−1Cnn∗1n$(-1{)}^{n-1}{C}_n^n\ast \frac{1}{n}$

最后

P(⋃ni=1Ai$\bigcup _{i=1}^n{A}_i$) = C1n$C_n^1$(n−1)!n!$\frac{(n-1)!}{n!}$ - C2n$C_n^2$(n−2)!n!$\frac{(n-2)!}{n!}$ + C3n$C_n^3$(n−3)!n!$\frac{(n-3)!}{n!}$ + …. + (−1)n−1Cnn∗1n$(-1{)}^{n-1}{C}_n^n\ast \frac{1}{n}$

=1−12!+13!+...+(−1)n−11n!$1-\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+...+(-1{)}^{n-1}\frac{1}{n!}$

这个就是著名的”乱序问题“
这个问题属于著名的“乱序问题”(Derangement)。

N把锁和N把钥匙无一配对的几率是
P(N)=∑∞i=0(−1)ii!$\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^i}{i!}$
=12!−13!+...+(−1)n1n!$\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+...+(-1{)}^n\frac{1}{n!}$=limn−>∞1e$\underset{n->\mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{e}$

至少有1把配对的概率就是1-P(N)。
当N→∞时,P(N)→(1e$\frac{1}{e}$)，
至少有1把配对的概率就趋于(1−1e$1-\frac{1}{e}$)

附： 关于e的理解：

ex$e^x$ = ∑∞i=0(x)ii!$\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(x{)}^i}{i!}$
ex$e^x$ = 1+x+(x)22!+(x)33!+...+(x)n1n!$\frac{(x{)}^2}{2!}+\frac{(x{)}^3}{3!}+...+(x{)}^n\frac{1}{n!}$
e$e$ = ∑∞i=01i!$\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{i!}$ = limn−>∞(1+1n)n$\underset{n->\mathrm{\infty }}{lim}(1+\frac{1}{n}{)}^n$
ex$e^x$ = ∑∞i=0(x)ii!$\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(x{)}^i}{i!}$= limn−>∞(1+xn)n$\underset{n->\mathrm{\infty }}{lim}(1+\frac{x}{n}{)}^n$

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1e$\frac{1}{e}$ = e−1$e^{-1}$
e−1$e^{-1}$ =∑∞i=0(−1)ii!$\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^i}{i!}$
e−1$e^{-1}$ =12!−13!+...+(−1)n1n!$\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+...+(-1{)}^n\frac{1}{n!}$

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e的直观意义：e就是一个单位内分割再翻倍的极限。**

比如银行计息，如果一年的利息是100%，一年计一次息，就是（1+1）1$（1+1{）}^1$=2，如果每月计一次息，那么每月利息只有年利息的112$\frac{1}{12}$，但是每月计息，一年要乘12次，就是（1+112)12$（1+\frac{1}{12}{)}^{12}$。如果一年的利息是x，每个月计一次息，每月利息只有x12$\frac{x}{12}$，一年要计息12次，就是（1+x12)12$（1+\frac{x}{12}{)}^{12}$，当计息频率越来越快的时候，每次分割部分越来越小，相乘次数越来越多，极限本金加利息就是ex$e^x$

再直观一点理解，e就是频率加快的极限。频率加快，分割变细，乘积次数变多，极限数值就是e.

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【场景四：字母排序问题】
将C,C,E,E,L,I,N,S等七个字母随机地排成一行，那么，恰好排成英文单词SCIENCE的概率为__。
【解】
第一个字母 S ,7个字母中选一个，选中的概率为17$\frac{1}{7}$
第一个字母 C ,剩下的6个字母选一个，选中的概率为16$\frac{1}{6}$，但是有两个可选，所以乘2
第三个字母I，剩下的5个字母选一个，选中的概率为15$\frac{1}{5}$
第四个字母E，剩下的4个字母选一个，选中的概率为14$\frac{1}{4}$，但是有两个可选，所以乘2
第五个字母N，剩下的3个字母选一个，选中的概率为13$\frac{1}{3}$
第六个字母 C ,剩下的2个字母选一个，选中的概率为12$\frac{1}{2}$，而且C已经前面被选去一个，只剩一个
第七个字母 E ,只剩下1个字母选一个，选中的概率为11$\frac{1}{1}$，而且E已经前面被选去一个，只剩一个

综合上面，总概率=2∗27!$\frac{2\ast 2}{7!}$

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参考书目：张天德，叶宏 《星火燎原·概率论与数理统计辅导及习题精解》（浙大·第4版）第一章