排列组合

northwolves

编号1到33的球 每次抽一个，记录编号再放回去 ，抽10次 求1 2 3 4都出现至少一次的概率?

sheng_jianguo

一共有33^10种（等概率）可能，满足条件的有C(4,10)*4!*33^6种，所以，所求概率
p=C(4,10)*4!*33^6/33^10=10!/(33^4*6!)
≈0.0042498615
  =0.42498615%

33^10为33的10次方，33^6为33的6次方，33^4为33的4次方
C(4,10)为10个不同元素中取出4个元素的所有不同组合种数，C(4,10)=10!/(4!*6!)

northwolves

设xyzw为1234的某个排列，abcdef为其他数字的排列
则可能的排列有
xyzwabcdef
xxyzwabcde
xxxyzwabcd
xxyyzwabcd
xxxxyzwabc
xxxyyzwabc
xxyyzzwabc
......

northwolves

sheng_jianguo 发表于 2020-4-28 15:55
一共有33^10种（等概率）可能，满足条件的有C(4,10)*4!*33^6种，所以，所求概率
p=C(4,10)*4!*33^6/33^10= ...

谢谢回复，个人感觉有重复计算，理论上高了

mathe

我们可以先求限定1，2，3，4最早出现的顺序必须先1，再2再3，再4.
于是初始状态记为状态0，第一次出现1后(但是没有2，3，4)，状态为1，此后出现2后状态改为2,...
但是如果只要任何时候，出现错乱的情况（比如状态1后没有出现2但是出现了3），直接转入状态N
于是得到一个6个状态的转移矩阵A
于是计算[1,0,0,0,0,0]A^10结果的第5个分量得到
187346378290/1531578985264449
再把这个结果乘上24就应该是最终概率了，结果约等于0.0029357,感觉有点偏低了

wayne

2楼的帖子我删除了,没注意到33中选10.
把10分成 5个非负整数之和,分摊到1,2,3,4和非1234的编号中,只有这几种情况:

1. {{6,1,1,1,1},{5,2,1,1,1},{4,3,1,1,1},{4,2,2,1,1},{3,3,2,1,1},{3,2,2,2,1},{2,2,2,2,2}}

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,其中1,2,3,4编号的抽中概率都是$1/33$,其他是$29/33$, 轮换,求和,得概率是 $15139098520/5156831600217  $

然后还有一种情况,就是全是1,2,3,4的,也统计进来, 把10分成 4个非负整数之和,分摊到1,2,3,4,

1. {{7,1,1,1},{6,2,1,1},{5,3,1,1},{5,2,2,1},{4,4,1,1},{4,3,2,1},{4,2,2,2},{3,3,3,1},{3,3,2,2}}

复制代码

,轮换,求和,得概率是 $272840/510526328421483 $
总的概率之和是 $15139098520/5156831600217 +  272840/510526328421483 = 1498771026320/510526328421483 =0.002935736989$

1. {Sum[Multinomial@@t Power[1/33,Total[Most[t]]]Power[29/33,Last[t]],{t,Flatten[Permutations/@IntegerPartitions[10,{5}],1]}],
   
2. Sum[Multinomial@@t Power[1/33,Total[t]],{t,Flatten[Permutations/@IntegerPartitions[10,{4}],1]}]}

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跟mathe的答案竟然是一致的,哈哈哈.


.

wayne

mathe的迁移矩阵 我补全一下, 各个状态的初始值是 $s=[1,0,0,0,0,0]$
\[A = \left(
\begin{array}{cccccc}
\frac{29}{33} & \frac{1}{33} & 0 & 0 & 0 & \frac{3}{33} \\
0 & \frac{30}{33} & \frac{1}{33} & 0 & 0 & \frac{2}{33} \\
0 & 0 & \frac{31}{33} & \frac{1}{33} & 0 & \frac{1}{33} \\
0 & 0 & 0 & \frac{32}{33} & \frac{1}{33} & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
\end{array}
\right)\]
经过10次变换后,就是 $s*A^10$的第5个分量的值的24倍, 即  $187346378290/1531578985264449 *24 = 1498771026320/510526328421483$.

1. s={1,0,0,0,0,0};
   
2. A={{29/33,1/33,0,0,0,3/33},{0,30/33,1/33,0,0,2/33},{0,0,31/33,1/33,0,1/33},{0,0,0,32/33,1/33,0},{0,0,0,0,1,0},{0,0,0,0,0,1}};
   
3. s.MatrixPower[A,10]

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wayne

还有一种方法, 经微信群一个大佬的提示，主要思想是容斥原理.
设定集合S = {1,2,3,4},那么，包含S的元素个数分别为0,1,2,3,4个的这五类套进 公式里计算。
\[\sum _{i=0}^4 (-1)^i \left(1-\frac{i}{33}\right)^{10} \binom{4}{i} = \frac{1498771026320}{510526328421483}\]

1. Sum[(-1)^i Binomial[4,i](1-i/33)^10,{i,0,4}]

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sheng_jianguo

northwolves 发表于 2020-4-28 16:17
谢谢回复，个人感觉有重复计算，理论上高了

上次计算是有重复，但可按上次计算方法求出不重复的结果：
在满足题目要求条件下
1、2、3、4出现4次情况共有2997909537840种
1、2、3、4出现5次情况共有1240514291520种
1、2、3、4出现6次情况共有231705255600种
1、2、3、4出现7次情况共有24584112000种
1、2、3、4出现8次情况共有1544984280种
1、2、3、4出现9次情况共有54079200种
1、2、3、4出现10次情况共有818520种
故一共有4496313078960种
所以，所求概率
p=4496313078960/33^10
  =4496313078960/1531578985264449
  ≈0.002935737
  =0.2935737%