9名同学分别投票给"杨坤组"与"那英组",最终"杨坤组"5票,"那英组"4票,问"杨坤组"的票数始终压过"那英组"的概率为（）.

Question

9名同学分别投票给"杨坤组"与"那英组",最终"杨坤组"5票,"那英组"4票,问"杨坤组"的票数始终压过"那英组"的概率为（ ）.

Answer 1

这是网上找的
这个是典型的xxx折线问题啊（忘了叫啥了）.我记得在高中老师的组合分析里面看过那个题是卖5块钱的票2n张有n个有10块的和n个有5块的人要买
问卖的过程中不缺零钱的概率一个坐标系,开始计票,如果甲得票,就画一条(0,0)到(1,1)的折线如果然后乙的票再画下来斜率是-1到(2,0)以此类推.所有的情况就是从(0,0)到(p+q,p-q)的折线.所求情况是这条折线始终在y=0之上.所求情况的补集就是折线会碰到y=0的情况.先假定第一张票就是甲的,而第一张票是甲的的概率是p/(p+q)然后这个方法的精髓就在这里,把所有这种会碰到y=0的折线都在第一次碰到y=0之后的部分关于直线y=0对称过来,就唯一对应于一种从(1,1)到
(p+q,q-p)的折线.这种情况共有 C(p+q-1,p).总情况有 C(p+q-1,p-1)所求概率就是 p=[1-C(p+q-1,p) *
C(p+q-1,p-1) ] * p / (p+q) =
(p-q)/(p+q)注：这里C(x,y)表示组合数,从x中取y的组合.就是说首先必然到(1,1)点这个概率是
p/(p+q)然后事件总数是从(1,1)到(p+q,p-q)所有满足接触y=0的折线都是不满足题设情况的将这些折线第一次接触y=0后面的部分
关于y=0对称则终点就变成了(p+q,q-p)然后计算从(1,1)到(p+q,q-p)的走法数 需要总共走p+q-1次
向上走的-向下走的=q-p-1得到向下走了p步 于是C(p+q-1,p)同理总数是 C(p+q-1,p-1)
因为票都是无差别的,取票过程也是随机的,所以这个问题也就是甲得票一直领先的概率,但是一个一个列举出来确实会累出人命的.我们不妨来简化一下,假设有6个人投票,甲4票,丙2票.甲的票我们记做A,乙的票我们记做C,现在我们看其中的一种排列,AAAACC,按这个顺序出票的话,甲是一直领先的,那如果我们把这个直线顺序弯起来,做成一个环形顺时针走,1号是第一个A,那么从一号开始出票就是AAAACC,从2号开始到1号结束就是AAACCA,接下来还有AACCAA,ACCAAA,CCAAAA,CAAAAC,一共六种不同的出票顺序,这其中只有AAAACC,AAACCA两种情形,也就是从1号和2号票开始,甲才能一直保持领先.这个数据有没有通过计算得到呢,我们不妨在这个圈子中把相连的AC划掉,因为这其中第一个A不起作用,刚加上就被C又超过,对甲一直保持领先没有贡献,同样第二个C也是没意义的,因为如果在此之前甲领先,那么与他同时出现且在前面的A也抵消了C的作用,C对甲无法一直领先也没有贡献,所以同时消除不影响结果,于是这个圈子里（AAAACC）的4号和5号两张票消失了,圈子简化成AAAXXC,XX代表原来那个AC的空位,这时候3号票和6号票也相连了,于是再次消除3号,6号,于是圈子变成AAXXXX,那么从1号和2号开始的两种顺序就是甲的得票一直领先,也就是A的总数一直大于C的总数的情况,不难得知这个可能的情况总是A-C那么多.
不过很可惜,AAAACC以及衍生出的另外5种情况并不是全部的可能情况,我们还可以排出AAACAC这样一个圈子,并且可以分别从2号,3号一直到
6号票开始顺时针转,找到另外不同的五种排列情况：AACACA,ACACAA,CACAAA,ACAAAC,CAAACA,不过采用第一个圈子里的消除法,我们同样可以找到仍然是只有两种情况,也就是从1号和2号开始的两种情况能够保证A一直大于C,甲一直领先乙.这两个圈子里所有可能的情况都是6,也就是总的票数,所有甲领先的可能情形都是2种,也就是A-C的差.
当然,也许会注意到另外一种情况,就是AACAAC,这样的圈子实际上只有三种不同情况,从1号开始和从4号开始是一样的,从2号和从5号也是,3号和6号也是,这个先放一边,我们还是用消除法,变成了AXXAXX,也就是说能够保证甲一直领先的开票方式是从1号票开始,或者从4号票,但是实际上1号票和4号票的顺序是一样的,是同一种情况AACAAC,所以这个圈子里保证A>C的情况只有一种,那么这个圈子里甲领先的概率就是1/3,其实跟2
/6是一样的.现在实际上我们已经枚举了所有的情况,三种圈子,6+6+3种排列方式,其中有,2+2+1种甲领先的情况,不管这个圈子变得多么的大,也不管会出现多少不同的圈子,情况都和这6个人构成的三个圈子类似,可能的概率就是(A-C)/(A+C).