量化笔试分类拓展：20 类方法与 120 道逐步题解

E001｜两枚骰子的条件计数（难度：入门）

题干与假设：同时掷两枚彼此独立的公平六面骰子，并能区分第一枚和第二枚。已知点数和不小于 10，求两枚骰子点数相同的概率。

方法：在条件内重新枚举等可能结果。

1. 原来有 36 个有序结果；条件发生后只保留和为 10、11、12 的结果。
2. 和为 10 有 (4,6),(5,5),(6,4) 三种，和为 11 有两种，和为 12 有一种，共 6 种。
3. 其中相同点数为 (5,5) 和 (6,6) 两种，故
   \[P(\text{相同}\mid\text{和不小于10})=\frac{2}{6}=\frac13.\]

答案：概率为三分之一。

易错点：和值 10、11、12 不是三个等可能结果；每个和值包含的有序组合数不同。

E002｜至少一张 A 后的双 A（难度：入门）

题干与假设：从标准 52 张扑克牌中不放回抽取 2 张，不计抽取顺序。已知至少有一张 A，求两张都是 A 的概率。

方法：用补集数出条件事件，再做组合数之比。

1. 全部两张组合有 \(\binom{52}{2}=1326\) 种。
2. 至少一张 A 的组合数等于全部减去两张均为非 A：\(1326-\binom{48}{2}=198\)。
3. 两张均为 A 有 \(\binom42=6\) 种，故
   \[P(\text{双A}\mid\text{至少一张A})=\frac6{198}=\frac1{33}.\]

答案：\(1/33\)。

易错点：“至少一张是 A”没有指定哪张；它与“第一张已知为 A”是不同条件。

E003｜阳性后真正患病的概率（难度：基础）

题干与假设：某病患病率为 2%。检测对患者呈阳性的概率为 90%，对健康者呈阴性的概率为 95%。随机一人结果为阳性，求其患病概率，假设这些比例适用于该人群。

方法：用自然频数理解贝叶斯更新。

1. 设有 10000 人，预计 200 人患病，其中真阳性 180 人。
2. 另 9800 人健康；假阳性率为 5%，故假阳性约 490 人。
3. 阳性共 670 人，其中患者 180 人，所以
   \[P(\text{病}\mid +)=\frac{0.02\times0.90}{0.02\times0.90+0.98\times0.05}=\frac{18}{67}\approx26.87\%.\]

答案：\(18/67\)，约 26.87%。

易错点：90% 是“患病时阳性”，不是“阳性时患病”；低患病率让假阳性数量不可忽视。

E004｜看见红球后更新盒子来源（难度：基础）

题干与假设：等概率选择甲、乙盒之一。甲盒有 2 红 1 蓝，乙盒有 1 红 2 蓝。从所选盒不放回抽球；已知第一球为红，求第二球仍为红的概率。

方法：先更新盒子来源，再按来源加权。

1. 第一球为红在甲、乙盒下的概率分别为 \(2/3\)、\(1/3\)，乘相同先验后权重比为 2 比 1。
2. 因此见红后来自甲盒的概率为 \(2/3\)，来自乙盒为 \(1/3\)。
3. 若来自甲，余下 1 红 1 蓝；若来自乙，红球已经取完。于是
   \[P(R_2\mid R_1)=\frac23\times\frac12+\frac13\times0=\frac13.\]

答案：\(1/3\)。

易错点：观察第一球后两盒不再等可能；“不放回”也改变了第二抽的比例。

E005｜规则明确的蒙提霍尔（难度：进阶）

题干与假设：三扇门后有一车两羊，车位等概率。选手先选 1 号门。主持人知道车位，必定在未选门中打开一扇羊门；若两扇都可开则等概率选。现主持人开 3 号门，求车在 2 号门的概率，并判断是否换门。

方法：比较不同车位产生“开 3 号门”这条证据的可能性。

1. 车在 1 号时，主持人开 3 号的概率为二分之一；车在 2 号时只能开 3 号，概率为 1。
2. 车在 3 号时不可能开它，概率为 0。乘各自三分之一先验，权重为 \(1/6,1/3,0\)。
3. 归一化得到
   \[P(\text{车在2号}\mid\text{开3号})=\frac{1/3}{1/6+1/3}=\frac23.\]

答案：车在 2 号门概率为 \(2/3\)，应换门。

易错点：若主持人不知道车位或不保证开羊门，答案会变；规则必须成为题设的一部分。

E006｜已知生日碰撞后恰好一对（难度：挑战）

题干与假设：5 人生日独立且均匀分布于 365 天，忽略闰日。已知至少两人同生日，求恰好一对同生日，且其余三人生日彼此不同并不同于该对的条件概率。

方法：分别计数目标序列和条件序列。

1. 全部生日序列为 \(365^5\)；全不同序列为 \(365\cdot364\cdot363\cdot362\cdot361\)。
2. 目标事件先选成对的两人，再选共同生日和其余三个互异生日，计数为 \(\binom52 365\cdot364\cdot363\cdot362\)。
3. 两计数相除：
   \[\frac{\binom52 365\cdot364\cdot363\cdot362}{365^5-365\cdot364\cdot363\cdot362\cdot361}\approx0.99313.\]

答案：约 99.313%。

易错点：分子必须排除第二次碰撞；三人同生日会产生多个人对，但不属于“恰好一对”。

E007｜两个均匀变量之和（难度：入门）

题干与假设：\(X,Y\) 相互独立，且都在 \([0,1]\) 上均匀取值。求 \(X+Y\lt1\) 的概率。

方法：把有序点看成单位正方形中的均匀点。

1. \((X,Y)\) 均匀落在单位正方形，总面积为 1。
2. 不等式表示直线 \(y=1-x\) 下方区域，是两条直角边均为 1 的三角形。
3. 边界面积为 0，不影响概率，故
   \[P(X+Y\lt1)=\frac{\tfrac12\times1\times1}{1}=\frac12.\]

答案：\(1/2\)。

易错点：两个均匀变量的和不是均匀分布；真正均匀的是正方形中的二维点。

E008｜圆内均匀点离中心多近（难度：入门）

题干与假设：在半径为 \(R\) 的圆盘内按面积均匀随机取一点。求该点到圆心距离小于 \(R/2\) 的概率。

方法：直接取同心圆盘面积之比。

1. “按面积均匀”表示同面积小区域被命中的概率相同，并非半径均匀。
2. 有利点组成半径为 \(R/2\) 的同心小圆盘。
3. 因此
   \[P(D\lt R/2)=\frac{\pi(R/2)^2}{\pi R^2}=\frac14.\]

答案：\(1/4\)。

易错点：直接用半径比得到二分之一是错误的；圆盘面积随半径平方增长。

E009｜一刀断棒控制最长段（难度：基础）

题干与假设：在长度为 1 的细棒上均匀随机选切点 \(X\)，得到长度 \(X\) 与 \(1-X\) 两段。求最长一段短于 \(3/4\) 的概率。

方法：把两段限制都转换为切点区间。

1. 第一段短要求 \(X\lt3/4\)。
2. 第二段也短要求 \(1-X\lt3/4\)，等价于 \(X\gt1/4\)。
3. 有利切点区间为 \((1/4,3/4)\)，长度为二分之一，故
   \[P(\max(X,1-X)\lt3/4)=\frac12.\]

答案：\(1/2\)。

易错点：只检查其中一段会漏掉另一段过长的情况，两个不等式必须同时成立。

E010｜两切点断棒能否成三角形（难度：基础）

题干与假设：在单位细棒上独立均匀选择两个切点，重合概率为 0。三段能组成非退化三角形的概率是多少？

方法：在排序切点三角形中明确画出有利区域。

1. 设排序后的切点为 \(0\lt X\lt Y\lt1\)，三段为 \(X,Y-X,1-Y\)。三段总长为 1，成三角形等价于最长段小于二分之一。
2. 三个条件分别是 \(X\lt1/2\)、\(Y-X\lt1/2\)、\(Y\gt1/2\)，即点在直线 \(x=1/2\)、\(y=x+1/2\)、\(y=1/2\) 围成的区域内。
3. 忽略概率为 0 的边界，该直角三角形顶点为 \((0,1/2),(1/2,1/2),(1/2,1)\)，两直角边均长 \(1/2\)，面积为 \(1/8\)；总有序区域 \(0\lt x\lt y\lt1\) 面积为 \(1/2\)。
4. 故
   \[P(\text{能成三角形})=\frac{1/8}{1/2}=\frac14.\]

答案：\(1/4\)。

易错点：独立选两个原棒切点不同于先切一刀、再随机选一段切；随机机制不同会改变答案。

E011｜两个到达时刻相差不超过阈值（难度：进阶）

题干与假设：甲、乙在 12:00 到 13:00 间相互独立、均匀到达。求两人到达时间相差小于 20 分钟的概率；恰好相差 20 分钟的概率为 0。

方法：在到达时间正方形中用补集。

1. 将一小时归一为 1，设时刻为 \(X,Y\)，则要求 \(|X-Y|\lt1/3\)。
2. 失败区域是对角带外两个角三角形，每个直角边长 \(2/3\)。
3. 每个面积为 \(\tfrac12(2/3)^2=2/9\)，故
   \[P(|X-Y|\lt1/3)=1-2\times\frac29=\frac59.\]

答案：\(5/9\)，约 55.56%。

易错点：不能直接用时间窗宽度；靠近一小时两端时，等待窗口会被边界截断。

E012｜三切点产生四段且都不超过三分之一（难度：挑战）

题干与假设：在单位细棒上独立均匀选择 3 个切点，得到 4 段。求四段长度都不超过 \(1/3\) 的概率。切点重合、段长恰好等于 \(1/3\) 等边界事件的概率均为 0。

方法：把四段长度看成单纯形中的均匀点，对“某段超过三分之一”做容斥。

1. 排序切点形成四个非负间隔 \(L_1,\ldots,L_4\)，其和为 1；间隔向量在三维单纯形上均匀。
2. 固定一段超过 \(1/3\)，从该段减去 \(1/3\) 后，剩余总和为 \(2/3\)。三维体积按尺度三次方变化，所以该事件概率为 \((2/3)^3\)。
3. 固定两段都超过 \(1/3\)，平移后剩余总和为 \(1/3\)，交集概率为 \((1/3)^3\)。三段同时严格超过三分之一不可能。
4. 四个单事件、六个两两交集代入容斥：
   \[P(\max_iL_i\le1/3)=1-4\left(\frac23\right)^3+\binom42\left(\frac13\right)^3=\frac1{27}.\]

答案：\(1/27\)。

易错点：单段超标事件并不互斥，必须加回两段同时超标的交集；等号边界测度为 0，不改变答案。

E013｜十次抛硬币的正面数（难度：入门）

题干与假设：独立抛一枚公平硬币 10 次。求正面出现次数的期望，不要求先写出二项分布。

方法：把总次数拆为十个指示变量。

1. 对第 \(i\) 次定义 \(I_i\)：正面时为 1，否则为 0。
2. 总正面数 \(H=I_1+\cdots+I_{10}\)。每次正面概率为二分之一，所以 \(E[I_i]=1/2\)。
3. 由期望线性性，
   \[E[H]=\sum_{i=1}^{10}E[I_i]=10\times\frac12=5.\]

答案：期望正面数为 5。

易错点：期望为 5 不表示每轮一定恰有 5 个正面，而是大量重复实验的长期平均。

E014｜随机座位中的固定点（难度：基础）

题干与假设：10 人各有一个编号座位，现把 10 人等概率随机排列入座。求坐在自己编号座位上的人数期望。

方法：逐人记录“是否坐对”。

1. 令 \(I_i=1\) 表示第 \(i\) 人坐对，否则为 0；固定点总数 \(F=\sum I_i\)。
2. 每个人等可能坐 10 个座位，所以 \(P(I_i=1)=1/10\)。
3. 虽然各人是否坐对不独立，线性性仍给出
   \[E[F]=10\times\frac1{10}=1.\]

答案：期望有 1 人坐对；任意人数时结论都一样。

易错点：无需计算错排数，也无需错误地假设十个坐对事件彼此独立。

E015｜生日相同的人对数（难度：基础）

题干与假设：20 人生日独立并均匀分布于 365 天，忽略闰日。若三人同生日会贡献三个人对，求同生日无序人对的期望数。

方法：以每一对人为候选对象设置指示变量。

1. 20 人共有 \(\binom{20}{2}=190\) 个无序人对。
2. 固定一对中，第二人生日匹配第一人的概率为 \(1/365\)，所以该对指示变量的期望为 \(1/365\)。
3. 把 190 项相加：
   \[E[\text{同生日对数}]=\binom{20}{2}\frac1{365}=\frac{38}{73}\approx0.52055.\]

答案：约 0.52055 对。

易错点：题目问人对数的期望，并非“至少有一次生日碰撞”的概率，两者算法不同。

E016｜八次骰子出现多少种点数（难度：进阶）

题干与假设：独立掷一枚公平六面骰子 8 次，求最终出现过的不同点数种类数的期望。

方法：逐个点数记录是否至少出现一次。

1. 对每个点数 \(j\)，令 \(I_j=1\) 表示八次中至少出现一次 \(j\)。
2. 指定点数一次也不出现的概率为 \((5/6)^8\)，所以至少出现一次概率为 \(1-(5/6)^8\)。
3. 种类数 \(D=\sum_{j=1}^6I_j\)，故
   \[E[D]=6\left(1-\left(\frac56\right)^8\right)\approx4.60459.\]

答案：约 4.60459 种。

易错点：不同点数是否出现彼此相关，但求和的期望不要求这些事件独立。

E017｜随机网络中的三角形（难度：进阶）

题干与假设：6 个节点中，每一对节点独立地以概率 \(1/2\) 连边。求网络中三角形的期望个数；不同三角形可以共享边。

方法：给每个三节点组设置成三角形的指示变量。

1. 任选 3 个节点对应一个候选三角形，共 \(\binom63=20\) 个。
2. 固定三节点组需内部三条边都存在。边独立，概率为 \((1/2)^3=1/8\)。
3. 候选之间即使共享边，期望仍可相加：
   \[E[T]=\binom63\left(\frac12\right)^3=20\times\frac18=\frac52.\]

答案：期望 2.5 个三角形。

易错点：共享边使三角形事件相关，但这不妨碍使用期望线性性。

E018｜抽到最后一张 A 要多久（难度：挑战）

题干与假设：将标准 52 张牌充分洗匀后逐张翻开，不放回。求四张 A 全部出现时所需翻牌张数的期望，即四张 A 所在位置的最大值期望。

方法：用四张 A 形成的五个可交换空档。

1. 四张 A 把 48 张非 A 分到五个空档：第一张 A 前、三处相邻 A 之间、最后一张 A 后。
2. 任一非负五元组 \((g_0,\ldots,g_4)\) 若总和为 48，都唯一对应一组四张 A 的位置；而洗牌后每组 A 的位置等可能。因此五个空档的联合分布在交换坐标后不变，它们期望相同。
3. 五个空档张数之和恒为 48，由期望线性性，每个空档的期望都是 \(48/5\)。
4. 若最后一张 A 后有 \(G\) 张牌，其位置 \(M=52-G\)，所以
   \[E[M]=52-E[G]=52-\frac{48}{5}=\frac{212}{5}=42.4.\]

答案：平均翻 42.4 张牌。

易错点：空档张数彼此不独立；这里依靠的是等可能 A 位置诱导出的坐标交换对称性。

E019｜公平骰子的方差（难度：入门）

题干与假设：\(X\) 为一次公平六面骰子的点数。求 \(E[X]\)、\(E[X^2]\) 和方差。

方法：先算前两阶矩，再用方差恒等式。

1. 六个点数等可能，\(E[X]=(1+2+3+4+5+6)/6=7/2\)。
2. 平方的期望为 \(E[X^2]=(1^2+2^2+\cdots+6^2)/6=91/6\)。
3. 因此
   \[\operatorname{Var}(X)=E[X^2]-E[X]^2=\frac{91}{6}-\left(\frac72\right)^2=\frac{35}{12}.\]

答案：均值 \(7/2\)，二阶矩 \(91/6\)，方差 \(35/12\)。

易错点：平方的期望通常不等于期望的平方；二者的差才是方差。

E020｜相关资产的组合风险（难度：基础）

题干与假设：两个资产收益率 \(X,Y\) 的方差分别为 4 和 9，相关系数为 0.5。组合收益 \(R=0.6X+0.4Y\)。求组合方差和标准差。

方法：先将相关系数换成协方差，再展开组合方差。

1. 两资产标准差为 2、3，所以 \(\operatorname{Cov}(X,Y)=0.5\times2\times3=3\)。
2. 自身项和交叉项共同构成方差：
   \[\operatorname{Var}(R)=0.6^2\times4+0.4^2\times9+2\times0.6\times0.4\times3=4.32.\]
3. 标准差为 \(\sqrt{4.32}\approx2.0785\)。

答案：方差 4.32，标准差约 2.0785。

易错点：不能漏掉带系数 2 的协方差交叉项；相关系数也不是协方差本身。

E021｜独立小赌局的平均收益波动（难度：基础）

题干与假设：进行 25 场彼此独立的公平赌局，每场以相同概率盈利 1 元或亏损 1 元。令 \(A\) 为每场收益的算术平均，求其期望、方差和标准差。

方法：先求单场方差，再利用独立性和缩放规则。

1. 单场收益 \(X\) 的均值为 0；又因总有 \(X^2=1\)，方差为 1。
2. 25 场独立，总和方差为 \(25\times1=25\)。
3. 平均收益是总和除以 25，常数要平方进入方差：
   \[E[A]=0,\qquad\operatorname{Var}(A)=\frac{25}{25^2}=\frac1{25}.\]
4. 标准差为 \(1/5=0.2\)。

答案：期望 0，方差 \(1/25\)，标准差 0.2。

易错点：平均数方差按样本量缩小，标准差按样本量的平方根缩小。

E022｜先选偏币再连投的混合风险（难度：进阶）

题干与假设：袋中有甲、乙两枚硬币，随机等概率选一枚后固定使用，不再更换。甲币每次正面概率 0.8，乙币每次正面概率 0.2；给定所选硬币后，各次抛掷独立。连续抛 10 次，令正面总数为 \(S\)，求其期望与方差。

方法：先对硬币类型条件化，再使用全期望和全方差公式。

1. 设硬币类型为 \(C\)。给定甲币时 \(E[S\mid C=甲]=8\)，给定乙币时为 2，故
   \[E[S]=\frac12\times8+\frac12\times2=5.\]
2. 两种条件下都是二项计数，条件方差都为 \(10\times0.8\times0.2=1.6\)，所以平均条件方差为 1.6。
3. 条件均值以相同概率取 8、2，其方差为 \(\tfrac12(8-5)^2+\tfrac12(2-5)^2=9\)。
4. 全方差公式给
   \[\operatorname{Var}(S)=E[\operatorname{Var}(S\mid C)]+\operatorname{Var}(E[S\mid C])=1.6+9=10.6.\]

答案：期望为 5，方差为 10.6。

易错点：给定硬币后各次独立，不代表不知道硬币类型时仍边际独立；共同的隐藏币种使十次结果正相关，不能把 \(S\) 当作成功率 0.5 的二项变量。

E023｜随机座位中互换座位的二人组（难度：进阶）

题干与假设：10 人各有一个编号座位，现等概率随机排列入座。若第 \(i\) 人坐到第 \(j\) 人座位且第 \(j\) 人坐到第 \(i\) 人座位，就称无序对 \(\{i,j\}\) 为一个互换组。令 \(X\) 为互换组数，求其期望和方差。

方法：以每个候选二人组设指示变量，再算二阶阶乘矩。

1. 共有 \(\binom{10}{2}=45\) 个候选对。指定一对互换时，其余 8 人任意排列，概率为 \(8!/10!=1/90\)，故 \(E[X]=45/90=1/2\)。
2. 为求方差，先算 \(E[X(X-1)]\)。它按顺序计数两个不同互换组；若两组共享一个人，它们不可能同时发生。
3. 先选第一对再从余下 8 人选第二对，共 \(\binom{10}{2}\binom82=1260\) 个有序且不相交的候选。指定两对同时互换的概率为 \(6!/10!=1/5040\)，所以 \(E[X(X-1)]=1260/5040=1/4\)。
4. 由 \(X^2=X(X-1)+X\)，
   \[\operatorname{Var}(X)=E[X(X-1)]+E[X]-E[X]^2=\frac14+\frac12-\frac14=\frac12.\]

答案：互换组数的期望为 \(1/2\)，方差也为 \(1/2\)。

易错点：不同候选对不是全都独立：共享一人的两组互斥，不共享人的两组也需按联合排列数计算。

E024｜负协方差资产的最小方差对冲（难度：挑战）

题干与假设：风险敞口收益为 \(X\)，方差 9；可按头寸 \(w\) 买入对冲资产收益 \(Y\)，方差 4，且 \(\operatorname{Cov}(X,Y)=-3\)。组合 \(R=X+wY\)，允许任意实数头寸。求最优 \(w\) 和最小方差。

方法：将组合方差写成关于头寸的二次函数并配方。

1. 展开得到
   \[V(w)=9+4w^2+2w(-3)=9+4w^2-6w.\]
2. 配方得 \(V(w)=4(w-3/4)^2+27/4\)。
3. 平方项最小时 \(w^*=3/4\)。
4. 此时最小方差 \(27/4=6.75\)，标准差约 2.598。

答案：最优头寸 0.75，最小方差 6.75。

易错点：协方差已为负，买入正头寸便能对冲；不要机械地认为对冲一定要做空。

E025｜识别二项分布并算尾概率（难度：入门）

题干与假设：某独立交易信号每次正确的概率为 0.6，连续观察 4 次，正确次数记为 \(X\)。求其分布类型及至少正确 3 次的概率。

方法：识别固定次数、固定成功率的独立二元试验。

1. 每次只有正确或错误，成功率固定且四次独立，所以 \(X\) 是参数 4 和 0.6 的二项变量。
2. 恰好 3 次正确的概率为 \(\binom43 0.6^3 0.4\)。
3. 恰好 4 次的概率为 \(0.6^4\)，两事件互斥，故
   \[P(X\ge3)=4\times0.6^3\times0.4+0.6^4=0.4752.\]

答案：二项分布，至少 3 次正确的概率为 0.4752。

易错点：若每次成功率变化或试验之间相关，就不能直接套用二项分布。

E026｜多个指数等待时间的最小值（难度：基础）

题干与假设：三台独立服务器等待时间 \(T_1,T_2,T_3\) 均服从速率每秒 2 的指数分布。请求同时发出，取最先返回者，记 \(M=\min T_i\)。求 \(M\) 的分布函数、密度和期望。

方法：先写最小值的生存概率，再补全定义域。

1. 单台超过 \(t\) 秒仍未返回的概率在 \(t\ge0\) 时为 \(P(T_i\gt t)=e^{-2t}\)。
2. \(M\gt t\) 表示三台都未返回；由独立性，概率为 \((e^{-2t})^3=e^{-6t}\)。
3. 所以
   \[F_M(t)=\begin{cases}0,&t\lt0,\\1-e^{-6t},&t\ge0,\end{cases}\qquad f_M(t)=\begin{cases}0,&t\lt0,\\6e^{-6t},&t\ge0.\end{cases}\]
4. 这就是速率 6 的指数分布，故 \(E[M]=1/6\) 秒。

答案：最短等待时间服从速率 6 的指数分布，均值六分之一秒。

易错点：最小值超过阈值要求所有变量都超过；概率乘法依赖服务器等待时间独立。

E027｜均匀样本最大值的完整分布（难度：基础）

题干与假设：\(X_1,\ldots,X_5\) 相互独立且在 \([0,1]\) 上均匀分布，令 \(M=\max_iX_i\)。求 \(M\) 在整个实数轴上的分布函数、密度和期望。

方法：把最大值不超过阈值改写为全部样本不超过，并分别处理支持区间内外。

1. 当 \(0\le m\le1\) 时，\(M\le m\) 当且仅当五个样本都不超过 \(m\)，独立性给出 \(F_M(m)=m^5\)。
2. 最大值不可能小于 0 且必不超过 1，所以
   \[F_M(m)=\begin{cases}0,&m\lt0,\\m^5,&0\le m\le1,\\1,&m\gt1.\end{cases}\]
3. 在区间内部求导，密度为 \(5m^4\)；在 \([0,1]\) 外密度为 0。端点取值不影响连续分布的积分。
4. 因此
   \[E[M]=\int_0^1m\cdot5m^4\,dm=\frac56.\]

答案：分布函数如上，密度在 \([0,1]\) 内为 \(5m^4\)、区间外为 0，期望 \(5/6\)。

易错点：最大值不超过阈值要求全部样本满足；写分布函数时也不能遗漏支持区间外的 0 和 1。

E028｜三个均匀数的样本中位数（难度：进阶）

题干与假设：从 \([0,1]\) 均匀分布独立抽取 3 个数，排序后的第二个数记为 \(Q\)。求 \(P(Q\gt3/4)\)，并解释次序条件。

方法：把中位数越过阈值转成越过阈值的样本个数。

1. 中位数大于四分之三，当且仅当三个样本中至少两个大于四分之三。
2. 单个样本越过阈值概率为四分之一，越过个数是参数 3、\(1/4\) 的二项变量。
3. 把恰好两个与三个的概率相加：
   \[P(Q\gt3/4)=\binom32\left(\frac14\right)^2\frac34+\left(\frac14\right)^3=\frac5{32}.\]

答案：\(5/32=0.15625\)。

易错点：中位数越过阈值不要求三个样本全越过，只要求至少两个越过。

E029｜均匀上界估计及均方误差比较（难度：进阶）

题干与假设：样本 \(X_1,\ldots,X_5\) 独立来自 \([0,\theta]\) 上均匀分布，\(\theta\gt0\) 未知。观测为 2.1、4.7、5.0、7.3、8.2。求最大似然估计、基于最大值的无偏修正，并比较二者均方误差。

方法：先由似然找估计量，再用最大值的一阶、二阶矩分解偏差与方差。

1. 记 \(M=8.2\)。若 \(\theta\lt M\)，似然为 0；若 \(\theta\ge M\)，似然 \(L(\theta)=\theta^{-5}\) 随参数下降，故 \(\widehat\theta_{\rm MLE}=M=8.2\)。
2. 一般地，由最大值密度可算出 \(E[M]=5\theta/6\)、\(E[M^2]=5\theta^2/7\)，所以无偏估计 \(U=6M/5\)，本样本值为 9.84。
3. 由二阶矩，\(\operatorname{Var}(M)=5\theta^2/252\)，而 MLE 偏差为 \(-\theta/6\)。因此
   \[\operatorname{MSE}(M)=\frac{5\theta^2}{252}+\frac{\theta^2}{36}=\frac{\theta^2}{21}.\]
4. 无偏估计的均方误差就是方差：
   \[\operatorname{MSE}(U)=\left(\frac65\right)^2\operatorname{Var}(M)=\frac{\theta^2}{35}\lt\frac{\theta^2}{21}.\]
   因此本题的无偏修正也有更小均方误差。

答案：MLE 为 8.2，无偏修正为 9.84；理论 MSE 分别为 \(\theta^2/21\) 与 \(\theta^2/35\)，后者较小。

易错点：无偏不自动意味着 MSE 更小，必须同时计算方差；本题比较后恰好是无偏修正更优。

E030｜指数速率的最大似然与无偏修正（难度：挑战）

题干与假设：\(X_1,\ldots,X_5\) 独立服从速率 \(\lambda\gt0\) 的指数分布，密度为 \(\lambda e^{-\lambda x}\)。已知五个观测之和为 10。求 \(\lambda\) 的最大似然估计，并推导一个无偏修正。

方法：最大化对数似然，再从样本和的密度直接计算倒数期望。

1. 联合似然为 \(L(\lambda)=\lambda^5e^{-10\lambda}\)，对数似然为 \(5\log\lambda-10\lambda\)。令导数 \(5/\lambda-10\) 为 0，得到 \(\widehat\lambda=0.5\)。
2. 二阶导数为 \(-5/\lambda^2\lt0\)，所以该驻点确为似然最大值。
3. 一般记样本和为 \(S\)，其密度为 \(f_S(s)=\lambda^5s^4e^{-\lambda s}/4!\)。于是
   \[E[1/S]=\frac{\lambda^5}{4!}\int_0^\infty s^3e^{-\lambda s}\,ds=\frac{\lambda^5}{24}\frac{3!}{\lambda^4}=\frac\lambda4.\]
   其中积分公式可由连续分部积分三次得到。
4. 因此 \(4/S\) 的期望就是 \(\lambda\)。本题 \(S=10\)，无偏修正为
   \[\widetilde\lambda=\frac4S=0.4.\]

答案：最大似然估计 0.5，无偏修正估计 0.4。

易错点：最大似然估计不一定无偏；指数分布速率的均值是 \(1/\lambda\)，不要把速率与平均等待时间混淆。

E031 工牌编码的分步计数

题干与假设：某研究室工牌由“1个大写英文字母＋3个互不相同的十进制数字”组成。字母只能从 A、B、C、D 中选；数字从 0 到 9 中选，0 可以出现在数字段首位。问共有多少种工牌？难度：★☆☆☆☆　方法：乘法原理、排列。

1. 先选字母，共有 4 种。这一步和后面的数字选择都必须完成，所以应相乘，而不是相加。
2. 第一个数字有 10 种；数字不能重复，因此第二个只剩 9 种，第三个只剩 8 种。
3. 每个字母选择都能与每一种数字段配对，故总数为

答案：2880 种。易错点：题目明确 0 可以位于数字段首位，不能把第一位数字误算成 9 种；“互不相同”只约束三个数字，不约束字母。

E032 重复字母组成信号词

题干与假设：把单词 BALLOON 的 7 个字母全部重新排列，字母相同的排列视为同一种。问能得到多少个不同字符串？难度：★★☆☆☆　方法：含重复元素的排列。

1. 若暂时给两个 L、两个 O 分别贴不同标签，7 个对象可排列成 \(7!\) 种。
2. 去掉标签后，每个真实字符串中两个 L 的标签交换会产生 \(2!\) 次重复；两个 O 同理又产生 \(2!\) 次重复。
3. 因此要把带标签的总数除去这两组重复：

答案：1260 个。易错点：不能只除一次 2；L 与 O 是两组彼此独立的重复。B、A、N 各出现一次，不需再除。

E033 五份报告完全错发

题干与假设：五位分析师各有一份写着自己姓名的报告。助理把五份报告一人一份发回，要求没有任何人拿到自己的报告。问有多少种发法？难度：★★★☆☆　方法：错排、容斥。

1. 不加限制共有 \(5!=120\) 种。设坏条件 \(A_i\) 表示第 \(i\) 人拿到自己的报告。
2. 固定任意一人后，其余有 \(4!\) 种；五个坏集合大小总和为 \(\binom51 4!\)。但同时固定两人的发法被减了两次，需加回 \(\binom52 3!\)。
3. 继续交替减、加，因为固定 \(k\) 人后只需排列其余 \(5-k\) 份：

答案：44 种。易错点：只做 \(120-5\times24\) 会把“有两人同时拿对”的情形重复减去；这里约定 \(0!=1\)，表示所有人均固定时仍有一种空余排列。

E034 三个账户的限额分配

题干与假设：把 10 个完全相同的计算额度分给甲、乙、丙三个有区别的账户，每个账户可得 0 个，但最多得 5 个。问有多少种分配？难度：★★★☆☆　方法：隔板法与容斥。

1. 先忽略上限，求非负整数解 \(x+y+z=10\)。把 10 个单位与 2 块隔板排成一行，共 \(\binom{12}{2}=66\) 种。
2. 减去甲超限的情况。若 \(x\ge6\)，令 \(x'=x-6\)，则 \(x'+y+z=4\)，有 \(\binom62=15\) 种；乙、丙同理，共减 \(3\times15\)。
3. 两账户同时至少为 6 会使总和至少 12，不可能发生，所以没有交集需要加回。

答案：21 种。易错点：“最多 5”意味着坏情况从 6 开始；隔板法允许账户取 0，所以隔板可以相邻或位于两端。

E035 任务分派且服务器不得空闲

题干与假设：把 6 个彼此不同的计算任务分给 3 台有编号的服务器，每个任务恰好分给一台，每台至少收到一个任务。服务器容量不限。问有多少种分派？难度：★★★☆☆　方法：映射计数、容斥。

1. 若允许服务器空闲，每个任务独立选择 3 台之一，共 \(3^6=729\) 种。
2. 指定某一台空闲时，六个任务只能去另两台，有 \(2^6\) 种；三台中可指定一台，先减 \(3\times2^6\)。
3. 若两台同时空闲，则任务全到剩下一台。这样的分派在上一步被减了两次，需按两台空闲的组合数加回 \(\binom32 1^6=3\)。三台同时空闲不可能。

答案：540 种。易错点：任务彼此不同，因此不能只按每台收到的“数量”分类；“至少一台空闲”中的多个条件会重叠，必须容斥。

E036 折成立方体外壳的双色面

题干与假设：一张六格纸网折成立方体外壳，六个外表面的位置已确定且有区别。任选两个面涂红，其余涂白。问共有多少种涂法？其中红面相对与红面相邻各多少种？不把旋转后的外壳合并。难度：★★☆☆☆　方法：组合选择、按几何关系分类。

1. 只要从六个外表面选两个红面，总数为 \(\binom62=15\)。网格在折叠前的距离不是判断依据，应看折好后的立方体。
2. 立方体的六面恰好组成 3 对相对面，因此红面相对有 3 种。
3. 任意两个不同面要么相对，要么共用一条棱而相邻，两类不重叠且覆盖全部，故相邻有 \(15-3=12\) 种。

答案：共 15 种，其中相对 3 种、相邻 12 种。易错点：题目已说明面的位置有区别且旋转不合并；若把旋转视为相同，答案会变成另一道需要研究立方体对称性的题。

E037 网格上的最短路径

题干与假设：机器人从 \((0,0)\) 走到 \((5,4)\)，每步只能向右或向上移动 1 格。问最短路径有多少条？难度：★☆☆☆☆　方法：路径递推、二项选择。

1. 到达 \((i,j)\) 的最后一步只能来自左边 \((i-1,j)\) 或下边 \((i,j-1)\)，故状态满足 \(f(i,j)=f(i-1,j)+f(i,j-1)\)。边界上只有一路，取 \(f(i,0)=f(0,j)=1\)。
2. 从起点到终点必须恰走 5 次右、4 次上，共 9 步；一条路径由“9 个位置中哪些放向上”唯一决定。
3. 因此递推表的终点值也等于组合数 \(\binom94=126\)。

答案：126 条。易错点：坐标差决定步数，不是把终点坐标相乘；因为只准向右、向上，所有 9 步路径自动都是最短路径。

E038 绕开故障节点的路径

题干与假设：仍从 \((0,0)\) 走到 \((5,4)\)，每步只向右或向上，但节点 \((2,2)\) 故障，路径不能经过它。问有多少条最短路径？难度：★★☆☆☆　方法：总数减必经路径、路径乘法。

1. 不设故障时由上一题得到 \(\binom94=126\) 条。
2. 经过 \((2,2)\) 的路径可分成起点到故障点、故障点到终点两段。前段需 2 右 2 上，有 \(\binom42=6\) 条。
3. 后段从 \((2,2)\) 到 \((5,4)\)，需 3 右 2 上，有 \(\binom52=10\) 条。每个前段可接每个后段，故坏路径为 \(6\times10=60\) 条。
4. 合法路径为 \(126-60=66\)。

答案：66 条。易错点：两段是连续完成的步骤，应相乘；本题禁的是节点而不是某条边。若动态规划填表，可直接把故障节点状态设为 0，也会得到 66。

E039 四对括号的合法序列

题干与假设：用 4 个左括号和 4 个右括号组成长度 8 的字符串。任何前缀中右括号数都不得超过左括号数，最终二者相等。问合法字符串有多少个？难度：★★★☆☆　方法：余额动态规划。

1. 把左括号看作余额加 1，右括号看作余额减 1；“任何前缀合法”等价于余额始终不小于 0，末尾回到 0。
2. 设 \(f(l,r)\) 为已用 \(l\) 个左括号、\(r\) 个右括号的方案数。若 \(r\gt l\)，前缀已经非法，令它为 0；其余状态由最后一个括号分类：\(f(l,r)=f(l-1,r)+f(l,r-1)\)，初值 \(f(0,0)=1\)。
3. 按 \(l=0,1,2,3,4\) 填表，各行 \(r=0\) 到 \(l\) 的值为：\((1)\)、\((1,1)\)、\((1,2,2)\)、\((1,3,5,5)\)、\((1,4,9,14,14)\)。例如 \(f(4,3)=5+9=14\)。
4. 用完四对括号，故读取 \(f(4,4)=14\)。计算只用“最后放左还是右”的分类，无需预先知道卡特兰数公式。

答案：14 个。易错点：只算 \(\binom84=70\) 会包括以右括号开头等非法序列；边界 \(r\gt l\) 必须置 0，因为条件针对每个前缀，不只检查末尾总数。

E040 用多米诺骨牌铺满 4×4 方格

题干与假设：用若干块 \(1\times2\) 多米诺骨牌无重叠、无空隙地铺满 \(4\times4\) 棋盘，骨牌可横放或竖放。问有多少种铺法？棋盘位置固定，不按旋转合并。难度：★★★★☆　方法：轮廓线状态压缩动态规划。

1. 逐行处理，用 4 位二进制状态记录“当前行哪些格已被上一行竖骨牌占用”。例如 0000 表示全空，1111 表示全被占。
2. 对某状态，从本行最左未占格开始：可与右格放横骨牌（右格也空时），或向下一行伸出竖骨牌，并在下一行状态对应位置记 1。例如从 0000 填一行，可产生 0000、0011、1001、1100、1111，各 1 种。
3. 记 \(A_r(s)\) 为填完前 \(r\) 行后留下状态 \(s\) 的方案数。第 1 行非零值就是上面五项；第 2 行为 \(A_2(0000)=5,A_2(0011)=2,A_2(0110)=1,A_2(1001)=1,A_2(1100)=2,A_2(1111)=1\)。
4. 同样转移，第 3 行对应六状态计数为 \(11,7,1,6,7,5\)，第 4 行的 0000 状态为 36。终局只能接受 0000，其他状态表示仍有骨牌伸出棋盘。

答案：36 种。易错点：简单写成斐波那契递推只适用于宽度为 2 的长条；宽度 4 时跨行缺口形状不同，必须让状态记住四列占用情况。

E041 两类任务带前置约束的排程

题干与假设：排定 4 个同类建模任务 A 和 3 个同类回测任务 B 的执行顺序；同类任务彼此不区分。规定开始第二个 B 之前，至少已有两个 A 完成。问有多少种合法顺序？难度：★★★☆☆　方法：前置约束动态规划。

1. 设 \(f(i,j)\) 表示已经排入 \(i\) 个 A、\(j\) 个 B 的合法前缀数。最后一个任务若为 A，可从 \(f(i-1,j)\) 来；若为 B，可从 \(f(i,j-1)\) 来。
2. 但当 \(j\ge2\) 且 \(i\lt2\) 时，前缀违反“第二个 B 前已有两个 A”，状态值必须置 0。其余状态满足 \(f(i,j)=f(i-1,j)+f(i,j-1)\)，初值 \(f(0,0)=1\)。
3. 按 \(i=0,1,2,3,4\) 逐行填表，每行 \(j=0,1,2,3\) 的值为：\((1,1,0,0)\)、\((1,2,0,0)\)、\((1,3,3,3)\)、\((1,4,7,10)\)、\((1,5,12,22)\)。
4. 终点状态 \(f(4,3)=22\)，即排完所有任务的合法顺序数。

答案：22 种。易错点：任务在同类内不区分，所以不是排列 7 个不同对象；约束只在准备放入第二个 B 时触发，第一个 B 可以出现在两个 A 之前。

E042 硬币凑额的顺序无关计数

题干与假设：有面额 1、2、5 的硬币，每种数量不限。凑成 10 元，只按各面额使用枚数区分，不考虑投币顺序。问有多少种方案？难度：★★★☆☆　方法：一维动态规划。

1. 设 \(dp[s]\) 是用已经处理过的面额凑出金额 \(s\) 的方案数，初始 \(dp[0]=1\)，其余为 0。
2. 按面额 1、2、5 的顺序逐种处理；处理面额 \(c\) 时，让 \(s\) 从 \(c\) 递增到 10，更新 \(dp[s]\leftarrow dp[s]+dp[s-c]\)。递增扫描允许同一种硬币重复使用。
3. 处理 1、2 后，凑金额 10 有 6 种；再加入 5 元硬币，按使用 0、1、2 枚 5 元分类，分别有 6、3、1 种，共 10 种。

答案：10 种。易错点：若先枚举金额、再枚举硬币，会把“先投 2 后投 1”和反序当成不同方案；固定硬币种类为外层循环正是为了消除顺序。

E043 缺角棋盘能否铺满

题干与假设：从标准 \(8\times8\) 棋盘删去左上角和右下角两个格，能否用 31 块 \(1\times2\) 多米诺骨牌恰好铺满剩余格？每块覆盖两个共边格。难度：★★☆☆☆　方法：黑白染色不变量。

1. 按国际象棋方式把相邻格染成不同颜色。原棋盘有 32 黑格、32 白格。
2. 左上角与右下角的行列坐标奇偶性相同，所以二者同色。不妨说都为黑色，删去后剩 30 黑、32 白。
3. 任何一块覆盖共边两格的骨牌必覆盖一黑一白，因此 31 块骨牌无论怎样放，都应覆盖 31 黑、31 白。
4. 所需颜色数与棋盘剩余颜色数不符，故不可能铺满。

答案：不能。易错点：面积相等只是必要条件，62 格确实等于 31 块骨牌面积，却不是充分条件；染色揭示了更强的结构限制。

E044 6×6 棋盘上的无攻击国王

题干与假设：在 \(6\times6\) 棋盘上放尽可能多的国王。国王会攻击横、竖或斜方向相邻一格的位置，要求任意两枚互不攻击。最多能放多少枚？难度：★★★☆☆　方法：分块上界、显式构造。

1. 把棋盘划成九个互不重叠的 \(2\times2\) 小块：行按 1–2、3–4、5–6 分组，列也同样分组。
2. 同一 \(2\times2\) 小块中任意两个不同格都横邻、竖邻或斜邻，所以其中至多放一枚国王。九个小块合计给出上界 9。
3. 再构造达到上界的摆法：在第 1、3、5 行与第 1、3、5 列的九个交点各放一枚。任意两枚的行差或列差至少为 2，不会相邻攻击。
4. 已有“至多 9”的证明和“确实能放 9”的构造，两边相合，最优值就是 9。

答案：9 枚。易错点：只画出九枚的摆法只能证明“至少 9”，不能证明最多；分块必须覆盖全部棋盘且互不重叠，才能把每块至多一枚相加成全局上界。

E045 棋盘上主教的一步走法总数

题干与假设：空的 \(8\times8\) 棋盘上放一枚主教。把“从一个格沿对角线一步移动到另一个格”视为有方向走法，起点与终点不同，中间无遮挡。总共有多少种有方向走法？难度：★★★☆☆　方法：按对角线长度分类、双计数。

1. 一条长度为 \(k\) 的对角线上，任取不同的起点和终点，产生 \(k(k-1)\) 个有方向走法。
2. 同一斜向的对角线长度为 \(1,2,\ldots,7,8,7,\ldots,2,1\)。长度 1 没有走法，所以一斜向贡献 \(8\times7+2\sum_{k=2}^{7}k(k-1)\)。
3. 棋盘有两种斜向，且任一非零主教走法只属于其中一种，不会重复：

答案：560 种。易错点：若把一对起终点不分方向，只会得到 280；题目明确有方向。主教始终留在同色格，但仅靠颜色无法算出精确总数。

E046 翻转四盏灯的不变量

题干与假设：桌上有 10 盏灯，初始全灭。一次操作必须任选恰好 4 盏并翻转其状态（亮变灭、灭变亮）。能否经过若干次操作后恰有 9 盏亮？难度：★★☆☆☆　方法：奇偶不变量。

1. 设操作前有 \(L\) 盏亮，所选 4 盏中有 \(a\) 盏原本亮、\(4-a\) 盏原本灭。
2. 翻转后亮灯数变为 \(L-a+(4-a)=L+4-2a\)。变化量 \(4-2a\) 一定是偶数。
3. 因此亮灯数的奇偶性在每次操作后都不变。初始 0 是偶数，所以之后只能有偶数盏亮。
4. 目标 9 为奇数，与不变量矛盾。

答案：不能。易错点：“每次翻 4 盏”并不意味着亮灯数一定增加 4，因为可能把亮灯翻灭；真正稳定的是亮灯数的奇偶性。

E047 九枚硬币两次称重的最优规模

题干与假设：9 枚外观相同的硬币中恰有 1 枚假币，并且已知假币比真币重。使用无砝码天平，能否在至多 2 次称重内确定假币？同时说明为什么同样方法不可能保证找出 10 枚中的重假币。难度：★★★☆☆　方法：信息分类上界、三分构造。

1. 每次天平称重只有三种结果：左重、平衡、右重。两次称重的结果序列至多有 \(3^2=9\) 种，因此最多区分 9 个候选；10 个候选必有两个得到相同结果序列，无法保证辨别。
2. 对 9 枚，把它们均分为 A、B、C 三组，每组 3 枚。第一次称 A 对 B：若左重，假币在 A；若右重，在 B；若平衡，在 C。
3. 候选缩至 3 枚后，第二次任选其中两枚互称：哪边重，哪枚是假币；若平衡，未称的第三枚是假币。

答案：9 枚可以，且在两次称重下 9 是可保证识别的最大数量。易错点：天平结果是三元而非二元；“已知假币偏重”至关重要，若轻重未知，每枚对应两种状态，候选状态会翻倍。

E048 平衡三进制找零

题干与假设：顾客要支付 20 克等价物，商家有一架天平和 1、3、9、27 克各一个砝码。砝码可放在天平任一侧，物品固定放一侧。问能否恰好称出 20 克，并给出摆法。难度：★★★☆☆　方法：平衡三进制构造。

1. 砝码放物品对面记系数 \(+1\)，放物品同侧记 \(-1\)，不用记 0。目标是把 20 写成 \(-1,0,1\) 系数乘 1、3、9、27。
2. 从大到小尝试：\(20=27-7\)，而 \(7=9-2\)，\(2=3-1\)，故 \(20=27-9+3-1\)。
3. 于是把 27 克、3 克放在物品对面；把 9 克、1 克与物品放在同侧。两侧平衡条件为 \(20+9+1=27+3=30\)。

答案：能；物品侧加 9、1 克，对面放 27、3 克。易错点：若限制砝码只能放对面，就只能做普通子集和；允许两侧正是系数可取 \(-1\) 的关键。验算应比较两盘总质量。

E049 五十一数中的整除关系

题干与假设：从整数 1 到 100 中任意选出 51 个互不相同的数。证明其中必有两个数，使较小者整除较大者。难度：★★★☆☆　方法：分解二的幂、抽屉原理。

1. 每个正整数都能唯一写成 \(2^k u\)，其中 \(u\) 是奇数：不断除以 2，直到不能再除，留下的就是它的“奇数部分” \(u\)。
2. 1 到 100 中可能出现的奇数部分只有 1、3、5，直到 99，共 50 个奇数。把每个被选数放进以其奇数部分命名的抽屉。
3. 选了 51 个数却只有 50 个抽屉，故至少两个数进入同一抽屉。设它们为 \(2^a u\) 和 \(2^b u\)，不妨 \(a\lt b\)。
4. 后者等于前者乘 \(2^{b-a}\)，所以较小的 \(2^a u\) 整除较大的 \(2^b u\)。

答案：必定存在这样的两个数。易错点：不能仅按奇偶分两个抽屉；真正有用的类别是去掉全部因子 2 后的奇数部分。同抽屉中的数沿 \(u,2u,4u,\ldots\) 排列，才必有整除关系。

E050 连续整数和被 11 整除

题干与假设：给定任意 11 个整数并按给定顺序排列，证明存在一段连续、非空的整数，其和能被 11 整除。难度：★★☆☆☆　方法：加入零前缀的抽屉原理。

1. 定义 \(S_0=0\)，以及 \(S_k=a_1+\cdots+a_k\)（\(1\le k\le11\)），一共有 12 个前缀和。
2. 除以 11 只有 0 到 10 共 11 种余数。12 个前缀和放入 11 个余数抽屉，至少两个同余。
3. 取同余的 \(S_i,S_j\)，其中 \(i\lt j\)。两者差 \(S_j-S_i=a_{i+1}+\cdots+a_j\) 是非空连续段之和，并且余数为 0。

答案：必定存在。易错点：这里加入 \(S_0=0\) 后论证最整齐；若不加零前缀，就必须另行讨论某个前缀和本身余 0 的情况。

E051 十进制巨幂的末三位

题干与假设：求 \(7^{2026}\) 的末三位，答案允许写成含前导零的三位数。难度：★★★☆☆　方法：模 1000 快速幂。

1. 末三位只由除以 1000 的余数决定，因此计算 \(7^{2026}\bmod1000\)，每一步都可先取余，避免大数。
2. 反复平方：\(7^4\equiv401\)，\(7^8\equiv801\)，\(7^{16}\equiv601\)，\(7^{32}\equiv201\)，\(7^{64}\equiv401\pmod{1000}\)，余数开始循环。
3. 更简洁地，\(7^{20}\equiv1\pmod{1000}\)。因为 \(2026=20\times101+6\)，所以 \(7^{2026}\equiv7^6\)。
4. \(7^6=117649\)，末三位为 649。

答案：649。易错点：不能根据个位循环直接猜末三位；必须在模 1000 下验证周期。写 \(7^{20}\equiv1\) 时也应有平方计算或欧拉定理作依据。

E052 缺失书页的页码和

题干与假设：一本书页码从 1 到 200。清点发现只缺了连续的两页 \(k,k+1\)，剩余页码总和为 20067。求缺失的两个页码。难度：★★☆☆☆　方法：等差求和、代数校验。

1. 完整页码和为 \(1+2+\cdots+200=200\times201/2=20100\)。
2. 缺失页码和等于完整总和减剩余总和，即 \(20100-20067=33\)。
3. 设缺页为 \(k,k+1\)，则 \(2k+1=33\)，解得 \(k=16\)，所以两页为 16 和 17。
4. 代回检查：\(16+17=33\)，而 \(20100-33=20067\)，与题设相符且页码在 1 至 200 内。

答案：第 16、17 页。易错点：总页码和不是 \(200^2/2\)，应使用首尾配对得到 \(200\times201/2\)；列方程后还要检查两页是否连续以及是否落在书的页码范围内。

E053 平方日期枚举

题干与假设：把某月某日编码为 \(100m+d\)，其中月份 \(m\) 不补零，日期 \(d\) 始终占两位，例如 3 月 4 日编码为 304。忽略年份差异，按平年日历判断合法日期。问一年中有多少个编码是完全平方数？难度：★★★☆☆　方法：平方范围枚举、日期约束。

1. 编码最小 101，最大 1231，所以只需检查 \(11^2\) 到 \(35^2\)，因为 \(10^2\lt101\)，\(36^2\gt1231\)。
2. 把每个平方按“百位以上为月份、末两位为日期”拆开，并检查月份 1 至 12、日期不超过该月天数。
3. 合法者为 \(121,225,324,529,625,729,1024,1225\)，对应 1/21、2/25、3/24、5/29、6/25、7/29、10/24、12/25。

答案：8 个。易错点：4 月 00 日之类即使数值是平方也不是日期；编码规则对月份不补零、对日期补足两位，不能把 3 月 4 日误写成 34。

E054 进制转换与整除检验

题干与假设：一个数写成五进制为 \((3142)_5\)。求其十进制值，并判断它能否被 7 整除。难度：★★☆☆☆　方法：位权展开、模运算。

1. 五进制每一位从右到左的位权依次是 \(5^0,5^1,5^2,5^3\)。所以

2. 判断整除可直接做除法：\(422=7\times60+2\)，余数为 2。
3. 也可边读数字边取模：余数依次按 \(r\leftarrow(5r+\text{新位})\bmod7\) 更新，最终同样得到 2。

答案：十进制值 422，不能被 7 整除。易错点：不能把“3142”当十进制三千多；五进制合法数字只能是 0 至 4，本题各位均合法。

E055 巨大幂的十进制位数

题干与假设：不直接计算整数本身，求 \(2^{1000}\) 的十进制位数。可使用 \(\log_{10}2\approx0.30103\)。难度：★★☆☆☆　方法：常用对数、位数公式。

1. 任意正整数 \(N\) 若满足 \(10^{d-1}\le N\lt10^d\)，它就有 \(d\) 位。取常用对数得 \(d-1\le\log_{10}N\lt d\)。
2. 所以位数为 \(\lfloor\log_{10}N\rfloor+1\)。这里 \(\log_{10}(2^{1000})=1000\log_{10}2\approx301.03\)。
3. 取整数部分 301，再加 1，得到 302。

答案：302 位。易错点：应对 301.03 向下取整后加 1，不作四舍五入；若 \(N\) 恰为 \(10^k\)，公式仍给 \(k+1\) 位。

E056 复合增长达到阈值

题干与假设：某数据表初始有 300 万行，此后每天结束时行数变为前一天的 1.4 倍。忽略行数取整，至少经过多少整天会达到 1 亿行？可使用 \(\ln(100/3)\approx3.5066\)、\(\ln1.4\approx0.3365\)。难度：★★☆☆☆　方法：指数增长模型、对数取整。

1. 经过 \(t\) 天，行数（以百万计）为 \(3(1.4)^t\)。目标是不小于 100，因此 \((1.4)^t\ge100/3\)。
2. 两边取自然对数：\(t\ln1.4\ge\ln(100/3)\)，所以 \(t\ge3.5066/0.3365\approx10.42\)。
3. 天数必须为整数且要求“达到”，故向上取整为 11。检验：第 10 天约 \(86.8\) 百万，第 11 天约 \(121.5\) 百万。

答案：11 天。易错点：增长 40% 意味着乘 1.4，不是每天加固定 40 万；阈值题应向上取整，不能四舍五入成 10。

E057 复杂度式的分块求和

题干与假设：算法第 \(k\) 次插入执行 \(\lfloor\log_2 k\rfloor+1\) 次关键比较。求前 1000 次插入的比较总数。这里 \(\lfloor x\rfloor\) 表示不超过 \(x\) 的最大整数。难度：★★★☆☆　方法：按二进制位数分块求和。

1. 当 \(2^j\le k\lt2^{j+1}\) 时，\(\lfloor\log_2k\rfloor+1=j+1\)，该整段有 \(2^j\) 个 \(k\)。
2. 1 到 1000 包含完整区间 \([2^j,2^{j+1}-1]\)，其中 \(j=0,1,\ldots,8\)；它们贡献 \(\sum_{j=0}^{8}(j+1)2^j\)。
3. 余下 512 到 1000 共 \(1000-512+1=489\) 个数，每个贡献 10。
4. 完整段和为 4097，故总数 \(4097+4890=8987\)。

答案：8987 次。易错点：区间端点是 \(2^{j+1}-1\)，不是 \(2^{j+1}\)；题目每次比较数比 \(\lfloor\log_2k\rfloor\) 多 1，漏掉会得到 7987。

E058 乘积与和差比例

题干与假设：两个正数 \(x,y\) 满足 \(x+y=14\)，且它们的乘积与平方差的绝对值之比为 \(3:4\)，即 \(xy:|x^2-y^2|=3:4\)。求无序数对 \(\{x,y\}\)。难度：★★★☆☆　方法：和差换元、比例方程。

1. 因为只求无序对，可设 \(x\ge y\gt0\)。令和 \(s=x+y=14\)，差 \(d=x-y\)，于是 \(|x^2-y^2|=(x+y)(x-y)=14d\)。
2. 又有 \(xy=((x+y)^2-(x-y)^2)/4=(196-d^2)/4\)。比例条件给 \(4xy=3|x^2-y^2|\)。
3. 代入得 \(196-d^2=42d\)，即 \(d^2+42d-196=0\)。取非负根 \(d=-21+7\sqrt{13}\)。
4. 因此 \(x=(14+d)/2=(7\sqrt{13}-7)/2\)，\(y=(14-d)/2=(35-7\sqrt{13})/2\)。

答案：\(\left\{(7\sqrt{13}-7)/2,(35-7\sqrt{13})/2\right\}\)。易错点：平方差可能为负，题目用绝对值；解二次方程后须用 \(d\ge0\) 与 \(y\gt0\) 排除无效根。

E059 用费米估算容量

题干与假设：某行情系统每秒接收 8 万条记录，每条压缩后平均 250 字节，全天连续运行。估算一天原始写入量约为多少 TB，并判断 2 TB 磁盘是否足够。采用十进制单位 \(1\text{ TB}=10^{12}\) 字节，忽略索引和副本。难度：★★☆☆☆　方法：单位分析、数量级估算。

1. 每秒字节数为 \(8\times10^4\times250=2\times10^7\) 字节，即约 20 MB/s。
2. 一天有 \(24\times60\times60=86400\) 秒，所以日写入为 \(2\times10^7\times86400=1.728\times10^{12}\) 字节。
3. 按题定十进制单位换算，约为 1.728 TB，小于 2 TB，理论余量约 0.272 TB。

答案：约 1.73 TB；在忽略索引、副本等题设下，2 TB 足够。易错点：必须统一字节、秒与 TB；现实部署还需文件系统、索引、副本和峰值余量，所以“理论足够”不等于生产上推荐只配 2 TB。

E060 二分查找与线性扫描的盈亏平衡

题干与假设：有 \(n\) 条记录。方案 A 每次查询线性扫描，成本为 \(n\) 次比较；方案 B 先排序，成本近似 \(n\log_2n\) 次比较，之后每次查询成本近似 \(\log_2n\)。若共查询 \(q\) 次，求方案 B 更省比较的条件，并在 \(n=2^{20}\) 时给出最小整数 \(q\)。难度：★★★★☆　方法：代数建模、盈亏平衡不等式。

1. 方案 A 总成本 \(C_A=qn\)；方案 B 总成本 \(C_B=n\log_2n+q\log_2n\)。
2. 要求 B 更省，即 \(n\log_2n+q\log_2n\lt qn\)。移项得 \(n\log_2n\lt q(n-\log_2n)\)。
3. 当 \(n\gt\log_2n\) 时，可除以正数，得到

4. 取 \(n=2^{20}=1048576\)，阈值约为 \(20.00038\)，所以满足严格不等式的最小整数是 21。

答案：一般条件如上；当 \(n=2^{20}\) 时至少查询 21 次。易错点：不能把排序成本遗漏；“更省”是严格小于，因此即使近似阈值接近 20，也要代回或向上取到 21。

E061｜连续三次正面的等待（基础）

题目。独立重复抛一枚公平硬币，直到第一次出现连续三次正面 HHH 才停止；例如 THHH 在第4抛停止。求总抛掷次数的期望。机制假设：各次独立，正反面概率均为 \(1/2\)，已经出现的连续正面会被反面完全清零。

方法：按“末尾已有几个连续 H”列首次步递推。

1. 令 \(E_k\) 为当前末尾恰有 \(k\) 个连续 H 时到停止还需的期望次数，故 \(E_3=0\)。
2. 对 \(k=0,1,2\)，下一抛若为 H 进入 \(k+1\)，若为 T 回到0：\(E_k=1+\tfrac12E_{k+1}+\tfrac12E_0\)。
3. 由 \(E_2=1+E_0/2\)，再得 \(E_1=3/2+3E_0/4\)。
4. 代入 \(E_0=1+E_1/2+E_0/2\)，解得 \(E_0=14\)。

答案：期望抛 14次。常见错法：把每三个一组看成成功率 \(1/8\) 的独立试验而答24；滑动窗口互相重叠，且失败后可能保留一个或两个 H，不能如此分组。

E062｜模式 HTH 首次出现（基础进阶）

题目。公平硬币独立抛掷，直到最近三次恰为 HTH 时停止，求期望抛掷次数。注意 HHTH 在第4次停止，而 HTH 中结尾的 H 又可能成为下一次匹配的开头；假设从空历史开始。

方法：状态取“当前序列的最长后缀，同时也是 HTH 的前缀”。

1. 设空、H、HT 三个未吸收状态的期望分别为 \(E_0,E_1,E_2\)，完成 HTH 后为0。
2. 空状态抛 H 到 H、抛 T 仍为空：\(E_0=1+(E_1+E_0)/2\)。
3. 状态 H 抛 H 后最长可用后缀仍是 H，抛 T 到 HT：\(E_1=1+(E_1+E_2)/2\)。
4. 状态 HT 抛 H 即完成，抛 T 后无可用前缀：\(E_2=1+E_0/2\)。联立先得 \(E_0=2+E_1\)，再解得 \(E_0=10\)。

答案：期望为 10次。常见错法：用 \(1/(1/8)=8\)。该倒数只在不考虑重叠结构的直觉中出现；HTH 有首尾 H 的自重叠，失败后的“进度”也依抛出何面而不同。

E063｜四类优惠券集齐（中等）

题目。每次购买随机得到 A、B、C、D 中一种券，四种等概率且各次独立，可重复。集齐四种即停止，求购买次数的期望，并求6次购买后已经集齐的概率。这里“6次后”包含恰好更早集齐的情形。

方法：期望用分阶段几何等待，尾概率用容斥。

1. 已有 \(k\) 种时，下一次获得新品种的概率为 \(p_k=(4-k)/4\)，该阶段平均需 \(1/p_k\) 次。
2. 总期望由期望线性性相加：\(4/4+4/3+4/2+4/1=25/3\)。各阶段不必相互独立。
3. 6次仍缺指定一种的概率为 \((3/4)^6\)；同时缺指定两种为 \((2/4)^6\)，同时缺三种为 \((1/4)^6\)。
4. 容斥得集齐概率
   \[1-\binom41(3/4)^6+\binom42(1/2)^6-\binom43(1/4)^6=195/512.\]

答案：期望 \(25/3\) 次，6次内集齐概率 \(195/512\approx0.3809\)。常见错法：把四种首次出现时间当独立几何变量；它们由同一次购买共同决定，相关性不能忽略。

E064｜两类订单谁先到（中等）

题目。A类与B类订单分别按相互独立的泊松过程到达，速率为每小时2单和3单。从现在起等到第一单，求等待时间期望、第一单属于A类的概率，以及已等了20分钟仍无单时还需等待多久的期望。默认速率恒定、过程独立且同时到达概率为0。

方法：独立指数时钟竞争，并使用无记忆性。

1. 以 \(\mathrm{Exp}(\lambda)\) 表示速率为 \(\lambda\) 的指数分布。令 \(T_A\sim\mathrm{Exp}(2)\)、\(T_B\sim\mathrm{Exp}(3)\)，第一单时间 \(T=\min(T_A,T_B)\)。
2. 生存概率相乘：\(P(T\gt t)=e^{-2t}e^{-3t}=e^{-5t}\)，故 \(T\sim\mathrm{Exp}(5)\)，\(E[T]=1/5\) 小时，即12分钟。
3. 竞争风险占比给出 \(P(T_A\lt T_B)=2/(2+3)=2/5\)。也可积分 \(\int_0^\infty2e^{-5t}dt\)。
4. 指数分布无记忆，条件 \(T\gt1/3\) 下剩余时间仍为 \(\mathrm{Exp}(5)\)，期望仍12分钟。

答案：12分钟、\(2/5\)、12分钟。常见错法：认为已久等会“更快到”；无记忆结论仅对恒定速率泊松/指数模型成立，普通更新过程未必成立。

E065｜随机到站的长度偏倚（中高）

题目。某站相邻班车间隔独立地以等概率取5分钟或15分钟，系统已长期运行。乘客在与班车时刻无关的“均匀随机时刻”到站，求其平均候车时间。假定处于平稳更新过程，乘客落在某个间隔内后的位置在该间隔上均匀；忽略恰在到车时刻的零概率事件。

方法：随机时刻更容易落入长间隔，先做长度加权，再算剩余长度。

1. 原始间隔均值 \(E[X]=(5+15)/2=10\)，但被看见的间隔并非各占一半。
2. 落入长度15间隔的概率与“频率乘长度”成正比，故为 \(15/(5+15)=3/4\)；落入长度5间隔概率为 \(1/4\)。
3. 给定间隔长度 \(x\)，到站位置均匀，平均剩余时间是 \(x/2\)。
4. 所以 \(E[W]=(1/4)(5/2)+(3/4)(15/2)=25/4=6.25\) 分钟；等价公式为 \(E[X^2]/(2E[X])\)。

答案：6.25分钟。常见错法：先把间隔平均成10分钟再除以2得5分钟；这漏掉检查悖论的长度偏倚。若乘客总在一班车刚走后到站，模型和答案都会改变。

E066｜HH 与 TT 谁先出现（高难）

题目。独立抛一枚偏硬币，\(P(H)=3/5\)、\(P(T)=2/5\)。一旦首次出现连续 HH 或连续 TT 就停止；HH 出现则甲胜，TT 出现则乙胜。两者同时首次出现不可能。求甲胜概率，并清楚处理第一次抛掷尚不能结束的情况。

方法：最后一面决定下一步是否吸收，因此按末面建马尔可夫状态。

1. 令 \(u_H,u_T\) 为当前末面分别是 H、T 时最终出现 HH 在先的概率，\(u_0\) 为空历史的概率。
2. 从 H 出发，再出 H 立即胜；出 T 转到 T，故 \(u_H=3/5+(2/5)u_T\)。
3. 从 T 出发，出 T 立即败；出 H 转到 H，故 \(u_T=(3/5)u_H\)。联立得 \(u_H=15/19,u_T=9/19\)。
4. 第一次抛掷只选初态：\(u_0=(3/5)u_H+(2/5)u_T=63/95\)。

答案：甲胜概率为 \(63/95\approx0.6632\)。常见错法：比较单个二连事件概率 \(9/25\) 与 \(4/25\) 后归一化得 \(9/13\)；不同滑窗相关且 HT、TH 会改变后续状态，不能视为两只独立时钟。

E067｜有偏赌徒破产（基础）

题目。某人有2元，每轮以概率 \(p=11/20\) 赢1元，以概率 \(q=9/20\) 输1元，各轮独立。资金先到5元即成功，先到0元即破产，随后停止。求成功概率；不允许借款，也没有平局。

方法：对吸收概率列二阶差分方程。

1. 令 \(h_i\) 为从 \(i\) 元出发先到5的概率，边界 \(h_0=0,h_5=1\)。
2. 首次步分析给出 \(h_i=ph_{i+1}+qh_{i-1}\)。令试探解为 \(h_i=r^i\)，约去 \(r^{i-1}\) 后得特征方程 \(pr^2-r+q=0\)，两根是 \(1,q/p\)，故 \(h_i=A+B(q/p)^i\)。
3. 代入边界得
   \[h_i=\frac{1-(q/p)^i}{1-(q/p)^5}.\]
4. 取 \(i=2,q/p=9/11\)，化简得 \(h_2=26620/51001\approx0.5220\)。

答案：成功概率约 52.20%。常见错法：因单轮胜率55%就答55%，或直接用公平情形 \(i/5=40%\)；边界前可经历任意多轮，有偏性会累积，必须使用对应递推。

E068｜带“原地反射”的五状态游走（中等）

题目。链在 \(\{0,1,2,3,4\}\) 上运动。每步以 \(3/5\) 尝试向右、\(2/5\) 尝试向左；越界尝试改为留在原地。因此从0到0或1，从4到4或3。求平稳分布，并判断从任意初态是否收敛。所有转移概率固定不随时间变。

方法：这是出生—死亡链，用详细平衡；边界自环用于判断周期。

1. 相邻边满足 \(\pi_i(3/5)=\pi_{i+1}(2/5)\)，故 \(\pi_{i+1}=(3/2)\pi_i\)。
2. 所以权重与 \(1,3/2,9/4,27/8,81/16\) 成正比；乘16成为 \(16,24,36,54,81\)，总和211。
3. 平稳分布为 \(\pi=(16,24,36,54,81)/211\)。详细平衡同时验证 \(\pi P=\pi\)。
4. 有限链相邻可达，故不可约；0和4均有正概率自环，周期为1，因此非周期。有限、不可约、非周期保证任意初态分布收敛到 \(\pi\)。

答案：\((16,24,36,54,81)/211\)，且会收敛。常见错法：把“反射”理解成边界必定向内跳；那样链每步改变奇偶性而周期为2，收敛结论会不同。题目的支付/转移规则必须逐字确认。

E069｜三点确定轮转的平稳与不收敛（中等）

题目。马尔可夫链有状态 A、B、C，每步确定地按 \(A\to B\to C\to A\) 轮转。求平稳分布、各状态周期；若从 A 开始，问第 \(n\) 步分布是否收敛，以及前 \(N\) 步访问频率的极限。

方法：分别检验代数平稳、时点极限与时间平均。

1. 平稳条件把概率循环移位仍不变，因此 \(\pi_A=\pi_B=\pi_C\)，归一化得 \(\pi=(1/3,1/3,1/3)\)。
2. 从任一状态只能在 \(3,6,9,\ldots\) 步返回，返回时刻最大公因数为3，所以每个状态周期均为3。
3. 从 A 开始，第 \(n\) 步依 \(n\bmod3\) 在 A、B、C 间循环，点质量分布不可能收敛。
4. 但每完整三步各访问一次，边缘不足三步的误差至多2次；除以 \(N\) 后趋零，故经验访问频率趋于各 \(1/3\)。

答案：平稳分布均匀，周期3；时点分布不收敛，时间平均收敛到均匀分布。常见错法：见到唯一平稳分布就断言 \(P^n\) 收敛；缺少非周期条件时只能谈平稳起步或切萨罗（Cesàro）平均，即前若干时点分布的算术平均。

E070｜三球埃伦费斯特（Ehrenfest）链的周期（中高）

题目。三个有编号小球分放在左右两盒。每步等概率选一球并把它移到另一盒。令 \(X_t\) 为左盒球数，状态为0至3。求转移概率、平稳分布与周期；若 \(X_0=0\)，\(X_t\) 的分布是否趋于平稳分布？

方法：先把微观等概率配置汇总，再识别奇偶类。

1. 在状态 \(i\)，选中左盒球则到 \(i-1\)，概率 \(i/3\)；选中右盒球则到 \(i+1\)，概率 \((3-i)/3\)。
2. 微观上8种“每球在左或右”的配置等概率平稳；球数为 \(i\) 有 \(\binom3i\) 种，故 \(\pi_i=\binom3i/8\)，即 \((1,3,3,1)/8\)。
3. 每步球数必改变1，奇偶性必翻转；返回只能发生在偶数步，且两步返回概率为正，所以周期为2。
4. 从0出发，偶数时只在偶数状态、奇数时只在奇数状态，而 \(\pi\) 两类各有一半质量，故时点分布不收敛到 \(\pi\)。

答案：上述出生—死亡转移，平稳分布 \((1,3,3,1)/8\)，周期2且不发生普通时点收敛。常见错法：因链有限不可约就省略周期检查；加一个正概率“本步不移球”后才会打破周期。

E071｜反射端到吸收端的期望时间（高难）

题目。对称随机游走位于 \(\{0,1,2,3,4\}\)。0为吸收态；在1、2、3处每步等概率左右走；在4处下一步必到3（镜面反射且不原地停留）。从2出发，求首次到达0的期望步数。每一步耗时1，过程中无其他停止规则。

方法：对期望首次到达时间做首次步分析，并核对有限性。

1. 令 \(m_i=E_i[\tau_0]\)，则 \(m_0=0\)，内部满足 \(m_i=1+(m_{i-1}+m_{i+1})/2\)。
2. 反射边界不是平均：从4必到3，所以 \(m_4=1+m_3\)。
3. 内部式改写为二阶差分 \(m_{i+1}-2m_i+m_{i-1}=-2\)。齐次方程的二阶差分为0，解是一次式 \(ai+b\)；又因 \((-i^2)\) 的二阶差分为 \(-2\)，故通解是 \(m_i=-i^2+ai+b\)。
4. 由 \(m_0=0\) 得 \(b=0\)；边界 \(m_4=1+m_3\) 给 \(-16+4a=1-9+3a\)，故 \(a=8\)。于是 \(m_i=i(8-i)\)，\(m_2=12\)。

答案：12步。有限状态且从每个非吸收态均可达0，故该解确为有限期望。常见错法：在4处仍写左右各半，凭空引入状态5；或把镜面反射误成“越界则留在4”，两种边界会产生不同答案。

E072｜天气链中的连续事件与相关性（高难）

题目。天气只有晴 S、雨 R，转移矩阵（行是今天、列是明天）为

方法：路径事件乘条件概率，固定时点事件用矩阵幂。

1. 连续两晴对应唯一局部路径 \(S\to S\to S\)，概率 \(0.8\times0.8=0.64\)。
2. 计算 \(P^3\) 的首行；逐次乘得 \((P^3)_{SS}=0.65\)，故三天后晴概率为0.65，其中允许中间下雨。
3. 平稳条件 \(\pi_S=0.8\pi_S+0.3(1-\pi_S)\)，解得 \(\pi_S=0.6,\pi_R=0.4\)。
4. 平稳时 \(P(S_t,S_{t+1})=0.6\times0.8=0.48\)，而边际乘积为 \(0.6^2=0.36\)，不相等，故正相关。

答案：0.64、0.65、平稳分布 \((0.6,0.4)\)，且相邻晴天不独立。常见错法：用平稳边际 \(0.6^2\) 计算连续晴天；马尔可夫性是“给定现在后忘记更早”，并不等于相邻时点独立。

E073｜一次骰子重掷权（基础）

题目。掷一枚公平六面骰，看到点数 \(x\) 后可选择立即领取 \(x\) 元，或放弃该结果并重掷一次；第二次结果必须领取，不能回头取第一次。风险中性且无费用。求最优策略及开局期望收益。

方法：在观察到 \(x\) 后比较停止值与重掷值。

1. 最后一次没有决策，其期望为 \(V_0=(1+2+\cdots+6)/6=7/2\)。
2. 第一次见到 \(x\) 时，保留得 \(x\)，重掷得条件期望 \(7/2\)，故取二者较大。
3. 点数1、2、3应重掷，4、5、6应保留；不存在平局点数。这一阈值由 \(x\ge7/2\) 推出。
4. 开局价值为
   \[V_1=\frac{3(7/2)+4+5+6}{6}=\frac{17}{4}=4.25.\]

答案：见1至3重掷，见4至6保留，期望 4.25元。常见错法：认为“重掷可能更差”所以只重掷1；决策比较的是条件期望，放弃后确实不能反悔，但这已包含在 \(7/2\) 中。

E074｜至多两次重掷的动态阈值（中等）

题目。仍掷公平六面骰，初掷后最多可重掷两次；每次看到点数后可收下并停止，若使用重掷则旧点数作废，最后一掷必须领取。求各剩余重掷次数下的策略与开局价值。每次重掷免费，目标为期望金额最大。

方法：倒推价值 \(V_k\)，其中 \(k\) 是观察前剩余重掷次数。

1. 无重掷时 \(V_0=7/2\)。剩1次时观察后取 \(\max(x,V_0)\)，故保留4至6，且 \(V_1=17/4\)。
2. 剩2次时，放弃当前点数后的价值固定为 \(V_1=4.25\)，所以只保留5、6，点数1至4重掷。
3. 于是开局价值
   \[V_2=\frac{4(17/4)+5+6}{6}=\frac{14}{3}\approx4.6667.\]
4. 最优性来自每个观察状态逐点选择较大的停止值和继续值；倒推覆盖了所有可行历史，因此不是局部贪心猜测。

答案：剩1次时保留4以上；剩2次时保留5以上；初始期望 \(14/3\) 元。常见错法：两阶段都沿用同一阈值4；多一次选择权提高继续价值，所以更早阶段应更挑剔。

E075｜四位候选人的秘书问题（中等）

题目。四位候选人按均匀随机顺序面试，能力排名无并列。每人面试后只能立即录用或永久拒绝；只知道其相对已面试者的名次，目标是录到全局最佳。限用经典阈值规则：先拒绝前 \(r\) 人，再录用其后第一个“截至当时最佳”；若无人触发则失败。求最优 \(r\)。

方法：按全局最佳出现位置求和，逐个比较有限个阈值。

1. 若 \(r=0\)，立即录第一人，成功率 \(1/4\)。
2. 对 \(r\ge1\)，最佳者在位置 \(k\gt r\) 时，要成功还需前 \(k-1\) 人中的最佳落在样本前 \(r\) 人，条件概率为 \(r/(k-1)\)。
3. 故 \(P_r=(1/4)\sum_{k=r+1}^4r/(k-1)\)。计算得 \(P_1=11/24\)、\(P_2=5/12\)、\(P_3=1/4\)。
4. 与 \(P_0\) 一并比较，\(11/24\) 最大，故先观察并拒绝1人最优（在限定规则类内）。

答案：取 \(r=1\)，成功率 \(11/24\approx45.83%\)。常见错法：直接套大样本的 \(n/e\) 并四舍五入而不枚举；样本仅4人，精确有限计算更可靠。

E076｜三次报价的有限期出售（中高）

题目。卖家依次收到三份相互独立的报价，每份均匀分布于0到100。看到报价后可接受并结束，拒绝则永久失去；第三份必须接受。卖家风险中性、无贴现。求每一阶段的最优接受阈值与最初期望成交价。

方法：从末期向前，继续价值就是下一阶段在观察前的价值。

1. 第三份必须收，观察前价值 \(V_1=E[X]=50\)。所以第二份报价 \(x\) 应在 \(x\ge50\) 时接受。
2. 第二阶段观察前价值为 \(V_2=E[\max(X,50)]\)：
   \[V_2=50\cdot0.5+\int_{50}^{100}\frac{x}{100}\,dx=62.5.\]
3. 因此第一份接受阈值是62.5。最初价值为 \(V_3=E[\max(X,62.5)]\)。
4. 计算 \(V_3=62.5(0.625)+\int_{62.5}^{100}x/100\,dx=69.53125\)。连续分布下阈值处如何处理不影响答案。

答案：第一份阈值62.5，第二份阈值50，第三份全收；期望成交价 69.53125。常见错法：每期都用总体均值50；越早时剩余选择权越多，拒绝的机会价值越高。

E077｜不对称赔率下的凯利（Kelly）比例（高难）

题目。每轮可把当前财富比例 \(f\) 投入独立同分布赌局，\(0\le f\le1\)。以概率0.6，下注部分盈利100%；以概率0.4，下注部分亏损50%。未下注部分不变，可无限重复。求最大化长期对数财富增长率的 \(f\)，并说明为何是全局最优。这里不允许借款增加下注金额。

方法：写单轮对数增长，利用严格凹性。

1. 赢时财富乘数为 \(1+f\)，输时为 \(1-f/2\)，故目标 \(g(f)=0.6\log(1+f)+0.4\log(1-f/2)\)。
2. 一阶导数 \(g'(f)=0.6/(1+f)-0.2/(1-f/2)\)。令其为0，得 \(0.6-0.3f=0.2+0.2f\)，所以 \(f=0.8\)。
3. 二阶导数 \(g''(f)=-0.6/(1+f)^2-0.1/(1-f/2)^2\lt0\)，目标在可行区间严格凹。
4. 驻点0.8位于 \([0,1]\) 内，因此是唯一全局最大值，无须再选边界。

答案：每轮下注财富的 80%。常见错法：因期望收益为正就全押；凯利准则优化的是长期复利的期望对数，不是单轮期望金额，波动和下行会改变最优比例。

E078｜红黑牌随时止盈的贝尔曼递推（高难）

题目。袋中有2张红牌、2张黑牌，随机无放回逐张翻。每翻红牌净赚1元，黑牌净亏1元；每次翻牌前均可停止并保留累计收益，若四张翻完也停止。求开局最优期望净收益及第一步后策略。没有入场费，允许收益为负后继续，但可随时止损。

方法：因累计收益可平移，只需计算剩余牌的“额外最优价值” \(V(r,b)\)。

1. 边界为 \(V(0,b)=0\)（全黑就停）、\(V(r,0)=r\)（全红就翻完）。递推
   \[V(r,b)=\max\left\{0,\frac r{r+b}[1+V(r-1,b)]+\frac b{r+b}[-1+V(r,b-1)]\right\}.\]
2. 小状态算得 \(V(1,1)=1/2\)，\(V(1,2)=0\)，\(V(2,1)=4/3\)。在 \((1,2)\) 状态，立即停止值和继续值都为0，最优行动不唯一。
3. 因此 \(V(2,2)=\tfrac12(1+0)+\tfrac12(-1+4/3)=2/3\)，继续优于立即停止的0。
4. 首张若红，剩 \((1,2)\) 的额外价值为0，停止与继续的总条件期望均为1元；可选停止作为一种最优行动。首张若黑，剩 \((2,1)\) 的价值 \(4/3\)，继续使总条件价值 \(-1+4/3=1/3\)。

答案：开局价值 \(2/3\) 元；首红后停止或继续都最优，首黑应继续。递推逐状态比较停止与继续，故给出全局最优策略集合。常见错法：把无放回牌序当独立抛币，或只看当前累计正负；决策还取决于剩余红黑构成。

E079｜协调项目的信念阈值（基础）

题目。两家公司同时且独立选择加入新标准 A 或沿用旧标准 B。支付为：都选A时各得4；都选B时各得2；一方选A另一方选B时，选A者得0、选B者得3。你认为对方选A的概率为 \(x\)。求你的最佳回应阈值，以及所有对称纳什均衡。

方法：比较两行动的期望支付，并用无差异点找混合均衡。

1. 选A的期望支付为 \(U_A=4x+0(1-x)=4x\)。
2. 选B时，对方选A得3、选B得2，所以 \(U_B=3x+2(1-x)=2+x\)。
3. 当 \(4x\ge2+x\)，即 \(x\ge2/3\) 时选A；低于阈值选B，等号时任意混合。
4. 双方都选A与都选B均是纯纳什均衡；对称完全混合均衡要求对手选A概率使自己无差异，故各以 \(2/3\) 选A。

答案：信念阈值 \(2/3\)；对称均衡为 \((A,A)\)、\((B,B)\) 及各自以 \(2/3\) 选A的混合均衡。常见错法：只因 \((A,A)\) 总支付更高就说A是优势策略；若预期对手选B，单方选A的支付最低。

E080｜二价密封拍卖为何诚实出价（中等）

题目。一件物品采用二价密封拍卖：最高报价者得物，支付第二高报价；平局随机。你的私人价值为 \(v\)，效用为“得物时 \(v-\)支付”，未得物为0，风险中性且价值不受他人信息影响。证明报 \(b=v\) 是弱优势策略。

方法：固定其他人的最高报价 \(m\)，逐情形比较；无需假设其报价分布。

1. 若 \(m\lt v\)，诚实报价会赢并得效用 \(v-m\gt0\)。报得更低若仍赢收益相同，若降到不赢则损失正收益；报更高也不改善支付。
2. 若 \(m\gt v\)，诚实报价会输且效用0。任何低于 \(m\) 的报价同为0；若虚报到超过 \(m\)，会以 \(m\) 买入并得到负效用 \(v-m\lt0\)。
3. 若 \(m=v\)，赢、输或随机平局的效用均为0，诚实报价不差。
4. 对每个可能 \(m\)，报 \(v\) 都至少与任何偏离一样好，故为弱优势；“弱”是因很多情形偏离也同收益。

答案：诚实出价 \(b=v\) 为弱优势策略。常见错法：说“加价会提高胜率所以更好”，却忘记赢得价值以下并无额外收益、价值以上成交会亏；结论也依赖支付第二价而非自己的报价。

E081｜取石子游戏的必胜余数（中等）

题目。桌上有17颗石子，甲乙轮流行动，甲先。每次必须取1、2或3颗，取到最后一颗者获胜，双方完全理性且信息公开。求甲的必胜策略，并证明其最优性；没有弃权或平局。

方法：从小局面逆推输赢状态，寻找不变量。

1. 剩1、2、3颗时，当前玩家可一次取完，都是必胜态；剩4颗时无论取1至3颗，都把必胜态留给对方，所以4是必败态。
2. 同理，若能把 \(4k\) 颗留给对方，则对方取 \(a\in\{1,2,3\}\) 后，自己取 \(4-a\)，一整轮共取4颗，再次留下4的倍数。
3. 初始17不是4的倍数，甲先取1颗留下16。以后乙取 \(a\) 颗，甲就取 \(4-a\) 颗。
4. 这样依次让对方面对16、12、8、4，最终甲取到最后一颗。反之，从4的倍数出发，任何行动都让对方获得上述控制权，故确为败态。

答案：甲先取1颗，此后与乙合计每轮取4颗，必胜。常见错法：只给策略不证明对方所有回应都被覆盖；或者把“取到最后者输”的逆胜制（misère）规则套进来，该变体的末端分析不同。

E082｜无限重复囚徒困境的合作门槛（中高）

题目。两人每期同时选合作 C 或背叛 D。单期支付：\((C,C)=(3,3)\)、\((D,C)=(5,0)\)、\((C,D)=(0,5)\)、\((D,D)=(1,1)\)。博弈无限重复，共同折现因子 \(0\lt\delta\lt1\)。双方采用“严厉触发”：此前全合作则C，一旦有人背叛，以后永久D。求该策略维持合作的折现阈值。

方法：在尚无背叛的任一历史，比较遵守与一次偏离；惩罚阶段本身也要可信。

1. 一直合作的现值为 \(V_C=3+3\delta+\cdots=3/(1-\delta)\)。
2. 本期单方背叛得5，从下期起双方永远背叛，每期得1，偏离现值 \(V_D=5+\delta/(1-\delta)\)。
3. 合作可持续当 \(3/(1-\delta)\ge5+\delta/(1-\delta)\)，化简为 \(3\ge5-4\delta\)，即 \(\delta\ge1/2\)。
4. 惩罚阶段面对对方D，选D得1而选C得0，所以继续D是最佳回应；惩罚可信。一次偏离原则因此足以验证该策略组合。

答案：当且仅当 \(\delta\ge1/2\) 时严厉触发能支持合作路径。常见错法：只比较当前3与5，忽略未来；或把背叛后的收益错误写成0，实际 \((D,D)\) 每期仍得1。

E083｜三人多数决与相关信号（高难）

题目。真实状态为0或1，先验各半。三名评审各投其私人信号；在“条件于真实状态，三人的信号相互独立且各以0.7概率正确”的模型下，求多数决正确率。再考虑相关模型：以概率0.2发生公共故障，三人都收到同一个必错信号；否则三人独立且各以0.75概率正确。求此时多数决正确率。

方法：独立模型用二项分布；混合模型先对公共状态条件化，不能把边际准确率硬塞进二项式。

1. 第一模型中，多数正确等于恰有2人或3人正确：\(\binom32(0.7)^2(0.3)+(0.7)^3=0.784\)。
2. 第二模型发生公共故障时，多数必错，条件正确率为0。
3. 无故障时条件独立，多数正确率为 \(3(0.75)^2(0.25)+(0.75)^3=27/32=0.84375\)。
4. 全概率公式给 \(0.2\times0+0.8\times27/32=0.675\)。虽然单人边际准确率是 \(0.8\times0.75=0.6\)，相关性使投票错误会成团出现。

答案：独立模型为 0.784，相关故障模型为 0.675。常见错法：用边际0.6计算 \(3(0.6)^2(0.4)+(0.6)^3=0.648\)；条件相关结构已明确，不能冒充独立。

E084｜检查博弈的混合阈值（高难）

题目。监察者同时选“检查 I/不查 N”，员工选“作弊 C/守规 W”。监察者支付矩阵（员工支付为其相反，故零和）为：\(I,C\) 得3，\(I,W\) 得 \(-1\)，\(N,C\) 得 \(-2\)，\(N,W\) 得0。求混合纳什均衡与博弈价值，并说明为何没有纯策略均衡。

方法：双方选择混合概率，使对手在其两个纯行动之间无差异。

1. 若员工作弊，监察者偏好检查；若员工守规，监察者偏好不查。若监察者检查，员工偏好守规；若不查，员工偏好作弊，所以四格均可被一方偏离，无纯均衡。
2. 设监察者以概率 \(x\) 检查。员工作弊时监察者期望支付 \(3x-2(1-x)=5x-2\)，守规时为 \(-x\)。令员工无差异：\(5x-2=-x\)，得 \(x=1/3\)。
3. 设员工以概率 \(y\) 作弊。检查的支付 \(3y-(1-y)=4y-1\)，不查为 \(-2y\)。令监察者无差异得 \(y=1/6\)。
4. 代回任一纯行动，监察者价值 \(v=-x=-1/3\)，员工价值 \(1/3\)。

答案：监察者以 \(1/3\) 检查，员工以 \(1/6\) 作弊；监察者价值 \(-1/3\)。常见错法：用自己的混合概率让自己无差异；正确逻辑是选择概率来让对手无差异，从而使其不能针对性利用。

E085｜固定总风险下的平方和（基础）

题目。三个非负头寸 \(x,y,z\) 满足 \(x+y+z=12\)。求 \(x^2+y^2+z^2\) 的最小值及取等条件；并求其最大值。允许某些头寸为0，故最大值必须检查边界。

方法：最小值用平方函数凸性或柯西–施瓦茨（Cauchy–Schwarz）不等式，不同于最大值的边界集中。

1. 由柯西–施瓦茨不等式，\((x+y+z)^2\le3(x^2+y^2+z^2)\)，所以平方和至少为 \(144/3=48\)。
2. 等号要求 \(x=y=z\)，结合总和得 \(x=y=z=4\)，确实达到48，故是全局最小。
3. 对非负数，\(x^2+y^2+z^2\le(x+y+z)^2=144\)，因为右侧还多出非负的 \(2xy+2yz+2zx\)。
4. 上界取等要求交叉乘积全为0，即至多一个变量非零；故 \((12,0,0)\) 及其排列达到最大144。

答案：最小值 48，在 \((4,4,4)\)；最大值 144，在 \((12,0,0)\) 的排列。常见错法：用拉格朗日乘子只找到内部均分点，就误称它也是最大值；凸函数在凸集上的最大值常落在边界。

E086｜定和下两部门产出的最大化（基础进阶）

题目。将10单位资源分给两部门，第一部门获 \(x\)，第二部门获 \(10-x\)，联合产出为 \(Q=x(10-x)\)，其中 \(0\le x\le10\)。求最大产出与分配，并分别给出代数与凹性论证。

方法：配方给出全局界，二阶导数解释唯一性。

1. 展开并配方：\(Q=10x-x^2=25-(x-5)^2\)。平方项非负，所以 \(Q\le25\)。
2. 当且仅当 \(x-5=0\) 时等号成立，因此两部门各5单位，产出25。
3. 作为交叉验证，\(Q'(x)=10-2x\) 在 \(x=5\) 为0，而 \(Q''(x)=-2\lt0\)，函数在整个区间严格凹，驻点是唯一全局最大值。
4. 边界 \(x=0\) 或10时产出为0，不会超过内部解。若资源必须为整数，5仍可行，答案不变。

答案：各分5单位，最大产出 25。常见错法：只解 \(Q'(x)=0\) 而不查二阶性质和边界；一般函数的一阶导为0也可能是最小值或鞍点。

E087｜有界随机变量的最大方差（中等）

题目。随机收益 \(X\) 几乎必然落在区间 \([2,8]\)，且均值固定为 \(E[X]=5\)。在所有满足条件的分布中，求方差最大值及达到它的分布。允许离散分布，不预设正态性。

方法：利用区间端点构造逐点二次不等式，再取期望。

1. 对任意 \(x\in[2,8]\)，有 \((x-2)(8-x)\ge0\)，展开为 \(x^2\le10x-16\)。
2. 取期望并代入均值5，得到 \(E[X^2]\le10\cdot5-16=34\)。
3. 因此 \(\operatorname{Var}(X)=E[X^2]-E[X]^2\le34-25=9\)。
4. 逐点不等式仅在 \(x=2\) 或8取等。为使均值为5，设 \(P(X=8)=p\)，则 \(8p+2(1-p)=5\)，得 \(p=1/2\)；此分布方差确为9。

答案：最大方差 9，由端点2和8各以概率 \(1/2\) 取得。常见错法：认为均匀分布“最分散”；在固定范围与均值下，把质量推到端点才能最大化凸的平方损失。

E088｜倒数成本的凸优化（中高）

题目。三个正数 \(x,y,z\) 代表三条通道的资源，满足 \(x+y+z=6\)。总延迟模型为 \(L=1/x+1/y+1/z\)。求最小延迟及唯一最优分配，并说明为何靠近边界不可能更优。

方法：柯西–施瓦茨不等式给全局下界，严格凸性给唯一性。

1. 取 \(a=(1/\sqrt{x},1/\sqrt{y},1/\sqrt{z})\)、\(b=(\sqrt{x},\sqrt{y},\sqrt{z})\)。柯西–施瓦茨不等式 \((a\cdot b)^2\le\|a\|^2\|b\|^2\) 给出
   \[\left(\frac1x+\frac1y+\frac1z\right)(x+y+z)\ge(1+1+1)^2=9.\]
2. 代入总和6，得 \(L\ge9/6=3/2\)。
3. 取等当且仅当 \(a=\lambda b\)，即 \(1/x=1/y=1/z=\lambda\)，所以 \(x=y=z=2\)，并达到 \(L=3/2\)。
4. 因 \(1/t\) 在正半轴严格凸，取等点是唯一全局最小；任一变量趋于0时，延迟趋于无穷。

答案：唯一最优分配 \(x=y=z=2\)，最小延迟 \(3/2\)。常见错法：允许变量取0后仍代入公式；原定义域要求严格为正，边界是发散极限而非可行有限值。

E089｜非对称幂次乘积的极值（高难）

题目。正数 \(x,y,z\) 满足 \(x+y+z=6\)。求 \(F=x^2yz\) 的最大值和唯一取等点。要求不用仅凭一阶条件下结论，而给出覆盖整个可行域的全局证明。

方法：把重复幂拆成四个因子，使用算术—几何平均（AM–GM）不等式的等号条件。

1. 考虑四个正数 \(x/2,x/2,y,z\)，它们的和正好是 \(x+y+z=6\)。
2. 算术—几何平均不等式给
   \[\left(\frac{x^2yz}{4}\right)^{1/4}\le\frac{6}{4}=\frac32.\]
3. 四次方并乘4，得 \(x^2yz\le4(3/2)^4=81/4\)。这是对所有可行正数组合的统一上界，已经证明全局性。
4. 等号当且仅当 \(x/2=x/2=y=z=3/2\)，即 \(x=3,y=z=3/2\)。代回总和及目标，确得 \(81/4\)。

答案：最大值 \(81/4\)，唯一在 \((x,y,z)=(3,3/2,3/2)\) 取得。常见错法：因三个变量就猜均分；目标中 \(x\) 的幂次为2，最优资源比例应为指数比例 \(2:1:1\)。

E090｜只知均值时看涨支付的最坏上界（高难）

题目。随机价格 \(X\) 满足 \(0\le X\le10\) 且 \(E[X]=4\)，除此之外分布未知。求欧式看涨支付 \((X-6)^+=\max(X-6,0)\) 的最大可能期望，并构造达到上界的分布。支付按到期每单位金额直接结算，无贴现。

方法：凸支付位于端点连线下方；用逐点线性上界把分布问题化成均值问题。

1. 在区间端点，支付为 \(f(0)=0,f(10)=4\)。连接两点的弦为 \(\ell(x)=0.4x\)。
2. 逐点验证：若 \(0\le x\le6\)，\(f(x)=0\le0.4x\)；若 \(6\le x\le10\)，\(f(x)=x-6\le0.4x\)，后者等价于 \(x\le10\)。
3. 取期望得 \(E[f(X)]\le0.4E[X]=1.6\)，因此任何复杂中间分布都不能突破该界。
4. 令 \(P(X=10)=0.4,P(X=0)=0.6\)，均值为4；期望支付为 \(0.4\times4=1.6\)，达到上界，故界最优。

答案：最大可能期望支付为 1.6，由0与10两点分布（概率0.6与0.4）实现。常见错法：把 \(E[(X-6)^+]\) 写成 \((E[X]-6)^+=0\)；凸函数的詹森不等式说明前者不小于后者，并不保证相等。

E091　共点分割面积与截边比

题干：三角形 \(ABC\) 内有一点 \(P\)，已知 \([PAB]=30\)、\([PAC]=50\)、\([PBC]=40\)。直线 \(AP\) 与边 \(BC\) 交于 \(D\)。求总面积及 \(BD:DC\)。

假设：图形不退化。难度：基础。方法：面积可加性与同高面积比。

1. 三条连线把原三角形分成三块，故
   \[[ABC]=30+50+40=120.\]
2. 设 \(P,A\) 到 \(BC\) 的高之比为 \(t\)，该比例对底边 \(BD,DC\) 相同。
3. \(\triangle PBD,\triangle ABD\) 同底，所以 \([PBD]=t[ABD]\)；同理 \([PCD]=t[ACD]\)。
4. 相减得 \([PAB]=(1-t)[ABD]\)、\([PAC]=(1-t)[ACD]\)，两者之比为 \([ABD]:[ACD]\)。
5. \(\triangle ABD,\triangle ACD\) 对底边 \(BD,DC\) 共用从 \(A\) 到 \(BC\) 的高，因此
   \[BD:DC=[ABD]:[ACD]=30:50=3:5.\]

答案：\([ABC]=120\)，\(BD:DC=3:5\)。

易错点：不能直接说面积比等于底边比；必须先说明比较的三角形共用同一条高。

E092　等边三角形内到三边距离之和

题干：边长为 \(12\) 的等边三角形内取任一点 \(P\)，它到三条边的垂直距离依次为 \(d_1,d_2,d_3\)。不求 \(P\) 的位置，求 \(d_1+d_2+d_3\)。

假设：距离均取非负垂距，边界点也允许。难度：基础。方法：把总面积按共同底边长度拆成三个小三角形。

1. 连接 \(P\) 与三个顶点，得到三个小三角形；它们的底都等于原三角形边长 \(12\)。
2. 三个小三角形面积和为
   \[\frac12\cdot12(d_1+d_2+d_3).\]
3. 等边三角形高为“边长乘 \(\sqrt3/2\)”，即 \(6\sqrt3\)。
4. 原面积为 \(\frac12\cdot12\cdot6\sqrt3=36\sqrt3\)。
5. 令两种面积表达相等：\(6(d_1+d_2+d_3)=36\sqrt3\)，故距离和为 \(6\sqrt3\)。

答案：\(d_1+d_2+d_3=6\sqrt3\)，恰等于等边三角形的高，与 \(P\) 的位置无关。

易错点：该结论依赖三条底边等长；一般三角形只有加权式 \(a d_a+b d_b+c d_c=2[ABC]\)，不能直接断言三距离之和等于某一条高。

E093　用面积比较到三边的距离

题干：三角形三边长分别为 \(a=5,b=7,c=8\)。内部一点 \(P\) 使三个小三角形面积满足 \([PBC]:[PCA]:[PAB]=2:3:4\)。设 \(P\) 到长度为 \(a,b,c\) 的三边距离分别为 \(d_a,d_b,d_c\)，将三者按从小到大排序，并求比例。

假设：\(a,b,c\) 分别对应三块面积。难度：基础偏中等。方法：由“面积等于底乘高的一半”反推距离。

1. 设三块面积分别为 \(2k,3k,4k\)，其中 \(k\gt0\)。
2. 对底边 \(a=5\)，有 \(2k=\frac12\cdot5d_a\)，所以 \(d_a=4k/5\)。
3. 同理，\(d_b=2(3k)/7=6k/7\)，\(d_c=2(4k)/8=k\)。
4. 统一比较：\(4/5=0.8\)、\(6/7\approx0.857\)、\(1=1\)，故 \(d_a\lt d_b\lt d_c\)。
5. 比例为 \(4/5:6/7:1\)，乘以公分母 \(35\) 得 \(28:30:35\)。

答案：\(d_a:d_b:d_c=28:30:35\)，从小到大为 \(d_a,d_b,d_c\)。

易错点：不能只比较面积；底边也不同，必须比较“面积除以底长”。

E094　直线与抛物线之间薄片的形心

题干：均匀区域 \(R\) 由 \(y=x\) 与 \(y=x^2\) 围成。求面积及形心 \((\bar x,\bar y)\)。

假设：取第一象限有界区域。难度：中等。方法：竖条积分与一阶矩。

1. 由 \(x=x^2\) 得交点横坐标 \(0,1\)。在 \(0\lt x\lt1\) 上，直线 \(y=x\) 在抛物线 \(y=x^2\) 上方。
2. 竖条高度为 \(x-x^2\)，所以
   \[A=\int_0^1(x-x^2)\,dx=\frac12-\frac13=\frac16.\]
3. 关于 \(y\) 轴的一阶矩是 \(\int x\,dA\)，故
   \[M_y=\int_0^1x(x-x^2)\,dx=\frac13-\frac14=\frac1{12},\quad \bar x=M_y/A=\frac12.\]
4. 竖条关于 \(x\) 轴的一阶矩为 \(\int_{x^2}^{x}y\,dy=(x^2-x^4)/2\)。
5. 因此 \(M_x=\frac12(1/3-1/5)=1/15\)，并有 \(\bar y=M_x/A=(1/15)/(1/6)=2/5\)。

答案：面积为 \(1/6\)，形心为 \((1/2,2/5)\)。

易错点：求 \(\bar y\) 时必须对竖条内部的 \(y\) 积分，不能把上下边界直接做不加权平均。

E095　四面体各面重心组成的新四面体

题干：四面体 \(ABCD\) 的体积为 \(81\)。分别取四个三角形面的重心，四个重心组成一个新四面体。求新四面体体积。

假设：原四面体不退化；面重心为该面三个顶点位置向量的平均。难度：中等。方法：用仿射平均识别相似比例，再用体积按比例尺三次方变化。

1. 设四点位置向量为 \(a,b,c,d\)，总和为 \(s=a+b+c+d\)。与顶点 \(A\) 相对的面重心为 \(g_A=(b+c+d)/3=(s-a)/3\)。
2. 同理 \(g_B=(s-b)/3\)。两重心之差为 \(g_A-g_B=(b-a)/3\)。
3. 这说明新四面体任意对应边向量都是原边向量的 \(-1/3\)；负号只表示方向反转，长度比例为 \(1/3\)。
4. 三维体积按线性比例的三次方缩放，因此体积比为 \((1/3)^3=1/27\)。
5. 新体积为 \(81/27=3\)。

答案：新四面体体积为 \(3\)。

易错点：面重心并不是边中点，比例不是 \(1/2\)；也不能把平面面积比例 \(1/9\) 当作体积比例，三维应取三次方。

E096　相似变换下的面积与仿射点

题干：三角形 \(ABC\) 的坐标为 \(A=(0,0),B=(6,0),C=(0,3)\)。相似变换 \(T(x)=2x+(1,-1)\) 得到 \(A'B'C'\)。点 \(P\) 定义为 \(P=\frac12A+\frac13B+\frac16C\)。求 \([A'B'C']\) 与 \(P'=T(P)\)。

假设：坐标与向量按分量运算；三个权重和为 \(1\)。难度：基础偏中等。方法：面积按比例尺平方变化；权重和为一的仿射平均与仿射变换可交换。

1. 原三角形是直角三角形，面积 \(\frac12\cdot6\cdot3=9\)。
2. 变换的长度比例尺是 \(2\)，平移不改面积，故新面积为 \(2^2\cdot9=36\)。
3. 先算 \(P\)：\(x\) 坐标为 \(0+6/3+0=2\)，\(y\) 坐标为 \(0+0+3/6=1/2\)。
4. 代入变换：\(P'=2(2,1/2)+(1,-1)=(5,0)\)。
5. 也可先变换顶点再取同样加权平均；由于权重和为 \(1\)，平移项不会被错误放大。

答案：\([A'B'C']=36\)，\(P'=(5,0)\)。

易错点：长度放大两倍时面积放大四倍；若权重和不为一，“先变换再加权”通常不能与“先加权再变换”直接交换。

E097　线性密度的归一化、期望与方差

题干：连续随机变量 \(X\) 的密度在 \([0,2]\) 上为 \(f(x)=cx\)，区间外为 \(0\)。求 \(c\)、\(E[X]\) 与 \(\operatorname{Var}(X)\)。

假设：\(c\) 为常数，密度非负。难度：基础。方法：先归一化，再分别积一阶、二阶矩。

1. 密度总积分必须为 \(1\)：\(\int_0^2cx\,dx=2c=1\)，故 \(c=1/2\)。
2. 期望是 \(x\) 按密度加权：
   \[E[X]=\int_0^2x\cdot\frac{x}{2}\,dx=\frac12\cdot\frac{8}{3}=\frac43.\]
3. 二阶矩为
   \[E[X^2]=\int_0^2x^2\cdot\frac{x}{2}\,dx=\frac12\cdot4=2.\]
4. 方差等于二阶矩减期望平方：\(2-(4/3)^2=2/9\)。

答案：\(c=1/2\)，\(E[X]=4/3\)，\(\operatorname{Var}(X)=2/9\)。

易错点：\(f(x)\) 本身不是概率；单点概率为零。算二阶矩时被积函数应是 \(x^2f(x)\)，而非把 \(E[X]\) 再积分一次。

E098　对称三角密度与绝对值期望

题干：随机变量 \(X\) 在 \([-1,1]\) 上的密度为 \(f(x)=k(1-|x|)\)，区间外为 \(0\)。求 \(k\)、\(E[X]\) 和 \(E[|X|]\)。

假设：密度关于原点对称。难度：基础。方法：利用偶函数对称性把积分化为两倍的半区间积分。

1. 归一化时 \(1-|x|\) 是偶函数，因此 \(1=2k\int_0^1(1-x)\,dx=2k(1/2)=k\)，得 \(k=1\)。
2. \(xf(x)\) 是奇函数，在对称区间积分为零，所以 \(E[X]=0\)。
3. 绝对值期望的被积函数为 \(|x|f(x)\)，是偶函数。
4. 于是
   \[E[|X|]=2\int_0^1x(1-x)\,dx=2\left(\frac12-\frac13\right)=\frac13.\]

答案：\(k=1\)，\(E[X]=0\)，\(E[|X|]=1/3\)。

易错点：对称只能推出带符号的均值为零，不能推出绝对值期望为零；拆绝对值时还常漏掉负半轴贡献的倍数 \(2\)。

E099　三角形支持集上的联合均匀密度

题干：随机向量 \((X,Y)\) 在区域 \(x\ge0,y\ge0,x+y\le2\) 上具有常密度 \(c\)，区域外为零。求 \(c\)、\(E[X]\) 及 \(P(X+Y\le1)\)。

假设：“常密度”指对面积均匀，并不表示 \(X,Y\) 独立。难度：中等。方法：画三角形支持集，按 \(0\le x\le2,0\le y\le2-x\) 积分。

1. 支持三角形两直角边均长 \(2\)，面积为 \(2\)，故常密度 \(c=1/2\)。
2. 一阶矩
   \[E[X]=\frac12\int_0^2\int_0^{2-x}x\,dy\,dx=\frac12\int_0^2x(2-x)\,dx=\frac23.\]
3. 事件 \(X+Y\le1\) 是原点附近两直角边长 \(1\) 的小三角形，面积为 \(1/2\)。
4. 概率等于密度乘事件面积，即 \((1/2)(1/2)=1/4\)；也可看成面积比 \((1/2)/2\)。

答案：\(c=1/2\)，\(E[X]=2/3\)，\(P(X+Y\le1)=1/4\)。

易错点：联合支持集不是矩形，不能把上下限都写成 \([0,2]\)，也不能把边缘概率相乘；约束 \(x+y\le2\) 已造成依赖。

E100　指数寿命的封顶赔付期望

题干：设备寿命 \(X\) 服从参数为 \(1\) 的指数分布，即 \(P(X\gt t)=e^{-t}\)（\(t\ge0\)）。保修赔付单位数为 \(Y=\min(X,2)\)。求 \(E[Y]\)。

假设：寿命以年计，赔付与截断寿命成正比。难度：中等。方法：使用非负随机变量的尾积分：\(E[Y]=\int_0^\infty P(Y\gt t)dt\)。

1. 因为 \(Y\le2\)，当 \(t\ge2\) 时 \(P(Y\gt t)=0\)。
2. 当 \(0\le t\lt2\) 时，\(\min(X,2)\gt t\) 与 \(X\gt t\) 等价，所以尾概率为 \(e^{-t}\)。
3. 因此
   \[E[Y]=\int_0^2e^{-t}\,dt=1-e^{-2}.\]
4. 数值约为 \(0.8647\)，小于未封顶寿命均值 \(1\)，方向合理。

答案：\(E[Y]=1-e^{-2}\approx0.8647\)。

易错点：封顶变量在 \(Y=2\) 处有点质量 \(P(X\ge2)=e^{-2}\)。若改用密度分段积分，必须加上 \(2e^{-2}\)；尾积分已自动包含该部分。

E101　圆盘上的径向非均匀密度

题干：单位圆盘内随机点的单位面积密度与到圆心距离 \(r\) 成正比，即 \(h(r)=kr\)。求 \(k\) 与半径随机变量 \(R\) 的期望。

假设：角度均匀；\(0\le r\le1\)。难度：中等。方法：极坐标面积元为 \(r\,dr\,d\theta\)，它与题设中的 \(h(r)\) 是两个不同因子。

1. 总概率为
   \[1=\int_0^{2\pi}\int_0^1kr\cdot r\,dr\,d\theta=2\pi k\int_0^1r^2dr=\frac{2\pi k}{3}.\]
2. 所以 \(k=3/(2\pi)\)。
3. 环带 \([r,r+dr]\) 的概率约为面积密度乘环带面积，即 \(kr\cdot2\pi r\,dr\)，故 \(R\) 的密度为 \(f_R(r)=3r^2\)。
4. 于是
   \[E[R]=\int_0^1r\cdot3r^2dr=\frac34.\]

答案：\(k=3/(2\pi)\)，\(E[R]=3/4\)。

易错点：漏掉极坐标雅可比 \(r\) 会误得不同答案。即使单位面积密度为常数，半径也不均匀；越外层的环带面积越大。

E102　均匀数累加越过 1

题干：令 \(X_1,X_2,\ldots\) 独立同分布于 \([0,1]\) 上均匀分布。\(N\) 是部分和 \(S_n=X_1+\cdots+X_n\) 首次严格大于 \(1\) 的次数。求 \(E[N]\)。

假设：变量独立，等号事件概率为零。难度：挑战。方法：尾和公式＋单纯形体积。

1. 正整数变量的尾和公式给出
   \[E[N]=\sum_{n=0}^{\infty}P(N\gt n)=\sum_{n=0}^{\infty}P(S_n\le1),\quad S_0=0.\]
2. 事件 \(S_n\le1\) 对应 \(x_i\ge0,\sum x_i\le1\) 的区域；联合密度为 \(1\)，故概率等于体积。
3. 对 \(0\le t\le1\)，记总和不超过 t 的区域体积为 \(V_n(t)\)；此时每个坐标不超过 1 的限制自动满足。固定末坐标得
   \[V_n(t)=\int_0^tV_{n-1}(t-x)\,dx,\quad V_1(t)=t.\]
4. 例如 \(V_2(t)=\int_0^t(t-x)\,dx=t^2/2\)，再积一次有 \(V_3(t)=t^3/6\)。一般按同一方式得到 \(V_n(t)=t^n/n!\)，所以 \(P(S_n\le1)=V_n(1)=1/n!\)。
5. 代回尾和：\(E[N]=\sum_{n=0}^{\infty}1/n!=e\approx2.71828\)。

答案：\(E[N]=e\approx2.71828\) 次。

易错点：\(N\) 不是几何分布，因为越界概率取决于此前累计和；尾和从 \(n=0\) 开始。

E103　两资产组合的线性约束

题干：资产 A、B 的预期收益率分别为 \(8\%\)、\(2\%\)。投资者把全部资金配置于两者，允许的权重满足 \(w_A+w_B=1\)，并希望组合预期收益为 \(5\%\)。求权重；若不允许卖空，判断方案是否可行。

假设：收益预期线性相加，不考虑费用。难度：基础。方法：把预算约束和目标收益写成二元线性方程。

1. 预算约束给出 \(w_B=1-w_A\)。
2. 目标收益方程为 \(0.08w_A+0.02w_B=0.05\)。
3. 代入预算式：\(0.08w_A+0.02(1-w_A)=0.05\)，整理得 \(0.06w_A=0.03\)。
4. 所以 \(w_A=0.5\)，进而 \(w_B=0.5\)。
5. 两权重都位于 \([0,1]\)，因此在不允许卖空时仍可行。

答案：A、B 各配置 \(50\%\)，不卖空约束下可行。

易错点：百分数应统一化成小数或统一保留百分号；仅解收益方程会有无穷多组，必须同时使用总权重为一的约束。

E104　三变量相关矩阵的可行区间

题干：三个标准化变量的相关矩阵为

假设：矩阵确为某随机向量的相关矩阵。难度：中等。方法：相关矩阵必须半正定；除单个相关系数绝对值不超过一外，三阶行列式也不能为负。

1. 二阶主子式给出 \(|r|\le1\)，但这还不充分。
2. 计算三阶行列式：
   \[\det R=1+2(0.6)(0.8)r-0.6^2-0.8^2-r^2.\]
3. 因 \(0.6^2+0.8^2=1\)，上式化为 \(0.96r-r^2=r(0.96-r)\)。
4. 半正定要求行列式非负，所以 \(r(0.96-r)\ge0\)，即 \(0\le r\le0.96\)。
5. 该区间已包含在 \([-1,1]\) 内，其余二阶主子式也非负。

答案：\(r\in[0,0.96]\)。

易错点：三个两两相关系数不能各自随意取 \([-1,1]\) 内的值；它们还受联合半正定约束。只检查 \(|r|\le1\) 会放入不存在的相关结构。

E105　从平方损失推出简单回归公式

题干：三个观测点为 \((-1,1),(0,0),(1,2)\)。用模型 \(\hat y=\alpha+\beta x\) 做普通最小二乘，求 \(\alpha,\beta\)、三个残差及残差平方和。

假设：观测等权。难度：中等。方法：对平方损失求导，再代入数据。

1. 平方损失为 \(Q=\sum_i(y_i-\alpha-\beta x_i)^2\)。令 \(\partial Q/\partial\alpha=0\)，得 \(\alpha=\bar y-\beta\bar x\)。
2. 代回截距式并令 \(\partial Q/\partial\beta=0\)，得到
   \[\beta=\frac{\sum_i(x_i-\bar x)(y_i-\bar y)}{\sum_i(x_i-\bar x)^2}.\]
3. 本题 \(\bar x=0,\bar y=1\)，故 \(\beta=(0+0+1)/(1+0+1)=1/2\)，\(\alpha=1\)。
4. 拟合值为 \(1/2,1,3/2\)，所以残差为 \(1/2,-1,1/2\)。
5. 残差平方和为 \(1/4+1+1/4=3/2\)；残差和为零，可用于检查含截距回归。

答案：\(\hat y=1+x/2\)；残差 \((1/2,-1,1/2)\)；平方和 \(3/2\)。

易错点：公式来自平方损失的一阶条件；无截距回归不能照搬中心化公式。

E106　向量正交投影与残差长度

题干：把向量 \(b=(2,1,3)^\mathsf T\) 投影到由 \(a=(1,2,2)^\mathsf T\) 张成的一维子空间。求投影向量、残差向量及残差长度平方。

假设：使用标准欧氏内积。难度：基础偏中等。方法：投影系数是“目标与方向的内积”除以“方向自身内积”。

1. 计算 \(a^\mathsf Tb=1\cdot2+2\cdot1+2\cdot3=10\)，以及 \(a^\mathsf Ta=1+4+4=9\)。
2. 投影系数为 \(10/9\)，所以
   \[\hat b=\frac{a^\mathsf Tb}{a^\mathsf Ta}a=\left(\frac{10}{9},\frac{20}{9},\frac{20}{9}\right)^\mathsf T.\]
3. 残差 \(e=b-\hat b=(8/9,-11/9,7/9)^\mathsf T\)。
4. 验证正交：\(a^\mathsf Te=(8-22+14)/9=0\)。
5. 长度平方为 \((64+121+49)/81=234/81=26/9\)。

答案：投影为 \((10/9,20/9,20/9)^\mathsf T\)，残差为 \((8/9,-11/9,7/9)^\mathsf T\)，残差长度平方 \(26/9\)。

易错点：若方向向量不是单位向量，不能只乘 \(a^\mathsf Tb\)，必须除以 \(a^\mathsf Ta\)。

E107　相关资产组合的方差合成

题干：资产 A、B 的波动率分别为 \(10\%\)、\(20\%\)，相关系数为 \(0.25\)。组合权重为 \(0.6,0.4\)。求组合方差与波动率。

假设：波动率指收益标准差；权重固定。难度：基础偏中等。方法：两资产方差由各自方差项加两倍协方差交叉项组成，协方差等于相关系数乘两标准差。

1. 组合收益为 \(0.6R_A+0.4R_B\)。方差公式为
   \[w_A^2\sigma_A^2+w_B^2\sigma_B^2+2w_Aw_B\rho\sigma_A\sigma_B.\]
2. 第一项 \(0.6^2\cdot0.1^2=0.0036\)，第二项 \(0.4^2\cdot0.2^2=0.0064\)。
3. 交叉项为 \(2\cdot0.6\cdot0.4\cdot0.25\cdot0.1\cdot0.2=0.0024\)。
4. 总方差为 \(0.0124\)，波动率为其平方根 \(\sqrt{0.0124}\approx0.1114\)。

答案：组合方差 \(0.0124\)，组合波动率约 \(11.14\%\)。

易错点：方差不是标准差的加权平均；交叉项有系数 \(2\)。百分比代入时要先化为 \(0.1,0.2\)。

E108　协方差矩阵的第一主成分

题干：二维中心化收益向量的协方差矩阵为

假设：方向均单位化。难度：中等。方法：特征向量与方差二次型。

1. 矩阵乘 \((1,1)^\mathsf T\) 得 \((3,3)^\mathsf T\)，故特征值为 \(3\)，单位方向为 \(u_1=(1,1)^\mathsf T/\sqrt2\)。
2. 矩阵乘 \((1,-1)^\mathsf T\) 得其自身，故单位差分方向的特征值为 \(1\)。
3. 沿单位方向 \(u=(p,q)^\mathsf T\) 的方差是二次型
   \[u^\mathsf T\Sigma u=2p^2+2pq+2q^2=2+2pq.\]
4. 由 \((p-q)^2\ge0\)，有 \(2pq\le p^2+q^2=1\)，故方差不超过 \(3\)，并在 \(p=q\) 时取到。
5. 因此第一主成分确为和方向，方差 \(3\)；差分方向方差为 \(1\)。

答案：第一主成分可取 \((1,1)^\mathsf T/\sqrt2\)，方差 \(3\)；差分方向方差 \(1\)。

易错点：方向必须单位化，否则二次型还混入向量长度；整体乘 \(-1\) 不会改变主成分。

E109　样本方差与总体方差的分母

题干：观测值为 \(2,4,6\)。分别计算以分母 \(n\) 定义的经验二阶离差和以分母 \(n-1\) 定义的无偏样本方差，并解释为何两者不同。

假设：三值来自独立同分布总体，且总体方差有限。难度：基础。方法：先减样本均值，再根据估计目标选择分母。

1. 样本均值为 \(\bar x=(2+4+6)/3=4\)。
2. 离差为 \(-2,0,2\)，平方和为 \(4+0+4=8\)。
3. 分母 \(n=3\) 的经验方差为 \(8/3\)。它描述这三个点自身的平均平方偏离。
4. 无偏样本方差为
   \[s^2=\frac{8}{3-1}=4.\]
5. 使用样本均值消耗一个自由度，分母改为 \(n-1\) 可校正对总体方差的系统性低估。

答案：分母 \(n\) 时为 \(8/3\)；无偏样本方差为 \(4\)。

易错点：两种定义服务于不同语境，不能只说某个“绝对正确”；做推断时需明确软件输出采用的 \(ddof\) 或分母约定。

E110　已知总体标准差的均值置信区间

题干：某策略日收益（单位：基点）的总体标准差已知为 \(10\)。独立抽取 \(100\) 天，样本均值为 \(52\)。用正态临界值 \(1.96\) 构造总体均值的双侧 \(95\%\) 置信区间。

假设：日收益独立且总体正态，或样本量足以使用均值的正态近似；标准差确为已知。难度：基础。方法：区间等于点估计加减临界值乘标准误。

1. 样本均值的标准误是总体标准差除以样本量平方根：\(10/\sqrt{100}=1\)。
2. \(95\%\) 双侧误差界为 \(1.96\times1=1.96\)。
3. 下界为 \(52-1.96=50.04\)，上界为 \(52+1.96=53.96\)。
4. 重复抽样解释是：按该方法构造的大量区间中约 \(95\%\) 覆盖固定的真实均值。

答案：置信区间为 \([50.04,53.96]\) 个基点。

易错点：区间算出后，真实参数不是以 \(95\%\) 概率在该固定区间内；频率学解释的是构造程序的长期覆盖率。若总体标准差未知且样本小，应改用 \(t\) 临界值。

E111　事前检验与事后筛选的显著性

题干：研究员对同一份纯噪声数据尝试 \(20\) 个相互独立的因子，每个都做双侧 \(5\%\) 水平检验，最后只报告最显著者。求“至少出现一个假阳性”的概率，并判断还能否把被选中因子的原始 \(p\) 值按单次检验解释。

假设：二十个零假设都成立，各检验相互独立。难度：中等。方法：先算无假阳性的补事件，再讨论筛选后的推断。

1. 单次检验在零假设成立时不误拒绝的概率为 \(0.95\)。
2. 独立条件下，二十次都不误拒绝的概率为 \(0.95^{20}\)。
3. 因此至少一个假阳性的概率为
   \[1-0.95^{20}\approx1-0.3585=0.6415.\]
4. 原始 \(p\) 值只校准“事前固定的单个检验”；从二十个结果中择优后再报告，选择机制改变了无条件错误率。
5. 可事前注册单一假设，或用 Bonferroni 阈值 \(0.05/20=0.0025\)，再用独立留出数据确认。

答案：概率约为 \(64.15\%\)；不能把筛选后原始 \(p\) 值当作未经选择的单次检验解释。

易错点：不能把“每次仅 \(5\%\)”当成“整个研究也仅 \(5\%\)”；相关检验时数值会变，但问题仍在。

E112　A/B 转化率的两比例检验

题干：A 组 \(1000\) 人中 \(50\) 人转化，B 组 \(1000\) 人中 \(70\) 人转化。检验 \(H_0:p_A=p_B\) 对双侧备择，在 \(5\%\) 水平是否显著？使用合并比例的正态近似。

假设：两组独立，样本量足够大，分组事前确定。难度：中等。方法：零假设下用合并比例估计共同方差，再把比例差标准化。

1. 样本比例为 \(\hat p_A=0.05\)、\(\hat p_B=0.07\)，差为 \(0.02\)。
2. 零假设下合并比例为 \((50+70)/(1000+1000)=0.06\)。
3. 标准误
   \[SE=\sqrt{0.06(1-0.06)(1/1000+1/1000)}\approx0.01062.\]
4. \(z=(0.07-0.05)/0.01062\approx1.88\)。双侧 \(5\%\) 临界绝对值为 \(1.96\)。
5. 因 \(1.88\lt1.96\)，不拒绝零假设。

答案：在双侧 \(5\%\) 水平不显著；B 的样本转化率更高，但证据尚不足。

易错点：“不拒绝”不是证明两组相等；若事前方向性假设允许单侧检验，结论可能不同，但不能看完数据后才改单双侧。

E113　时间序列回测中的数据泄漏判断

题干：研究员预测每日收益符号。他先用全样本（含未来测试期）计算每个特征的均值和标准差完成标准化，再随机打乱日期做五折交叉验证；标签是“下一日收益是否为正”。指出至少两处会使结果过于乐观的设计，并给出可执行修正。

假设：特征及其分布会随时间变化，最终用途是用过去预测未来。难度：中等。方法：沿每个数据处理步骤追问“该时点是否使用了当时不可获得的信息”。

1. 全样本标准化让训练折使用了测试期的均值、波动等信息，属于预处理泄漏；标准化参数应只在每个训练窗拟合，再应用到验证窗。
2. 随机打乱破坏时间顺序，使未来样本可训练、过去样本可验证，且相邻日期高度相关时会产生近邻泄漏。
3. 应使用滚动或扩展窗口：例如用第 \(1\) 至 \(t\) 日训练，只在 \(t+1\) 之后验证。
4. 因标签引用下一日收益，切分边界附近还应留出隔离带，避免训练标签跨入验证期。
5. 所有特征选择、调参和缺失值填补也必须嵌入训练窗内部。

答案：主要问题是全样本预处理泄漏和随机时间切分；应采用按时序的训练/验证窗口、训练内拟合预处理，并在标签重叠处隔离。

易错点：只保证模型训练“不看测试标签”仍不够；测试特征的统计量、调参结果乃至时间相邻结构都可能间接泄漏。

E114　分组权重导致的辛普森悖论

题干：模型 A 在容易组答对 \(90/100\)，困难组答对 \(8/20\)；模型 B 在容易组答对 \(19/20\)，困难组答对 \(50/100\)。分别比较每组准确率和总体准确率，并解释应如何判断模型优劣。

假设：两组题目定义一致，但 A、B 接受的难度构成不同。难度：中等。方法：先做分层比例，再识别总体比例是按不同样本量加权的平均。

1. 容易组：A 为 \(90\%\)，B 为 \(95\%\)，B 更高。
2. 困难组：A 为 \(8/20=40\%\)，B 为 \(50/100=50\%\)，仍是 B 更高。
3. 总体上，A 为 \((90+8)/(100+20)=98/120\approx81.67\%\)。
4. B 为 \((19+50)/(20+100)=69/120=57.5\%\)，总体上 A 更高。
5. 逆转来自 A 的样本多为容易题、B 的样本多为困难题。公平比较应在相同难度权重下标准化，或用分层模型控制难度。

答案：B 在两个组内都更好，但原始总体准确率 A 更高；不能忽略难度构成，需按共同权重比较。

易错点：总体样本量相同仍可能因组内构成不同而不可比；最终口径应由目标人群权重决定。

E115　三角形嵌套循环的精确执行次数

题干：执行伪代码：对 \(i=1,2,\ldots,n\)，对 \(j=1,2,\ldots,i\)，执行一次语句 S。求 S 的精确执行次数；当 \(n=100\) 时给出数值，并说明时间复杂度。

假设：循环上下界均包含端点，S 每次成本为常数。难度：基础。方法：固定外层索引，数内层次数，再求等差数列和。

1. 当 \(i=1\) 时 S 执行 \(1\) 次；当 \(i=2\) 时执行 \(2\) 次；一般执行 \(i\) 次。
2. 总次数为
   \[T(n)=\sum_{i=1}^{n}i=\frac{n(n+1)}{2}.\]
3. 代入 \(n=100\)，得到 \(100\cdot101/2=5050\)。
4. 最高次项为 \(n^2/2\)，忽略常数及低阶项后，时间复杂度为 \(\Theta(n^2)\)。

答案：精确次数 \(n(n+1)/2\)；\(n=100\) 时为 \(5050\)；复杂度 \(\Theta(n^2)\)。

易错点：看到两层循环就直接写 \(n^2\) 只能给数量级，不能回答精确次数；还要留意内层上界是 \(i\) 而不是 \(n\)。

E116　带失败概率的顺序查找平均比较次数

题干：长度为 \(n\) 的无序数组中顺序查找一个键。键以概率 \(q\) 不在数组中；若存在，则其位置在 \(1\) 到 \(n\) 间均匀。每检查一个元素算一次比较。求期望比较次数，并在 \(n=100,q=0.2\) 时计算。

假设：存在与否先按给定概率发生；存在时各位置等可能。难度：中等。方法：按“成功/失败”分类使用全期望。

1. 查找失败时必须检查完全部 \(n\) 个元素，比较次数为 \(n\)。
2. 查找成功且位置均匀时，比较次数等于位置，条件期望为
   \[\frac{1+2+\cdots+n}{n}=\frac{n+1}{2}.\]
3. 按两种情况加权：\(E[C]=(1-q)(n+1)/2+qn\)。
4. 代入 \(n=100,q=0.2\)：\(0.8\times50.5+0.2\times100=40.4+20=60.4\)。

答案：期望为 \((1-q)(n+1)/2+qn\)；指定参数下为 \(60.4\) 次。

易错点：平均复杂度依赖输入分布，不能无条件说是 \(n/2\)；失败事件没有“平均位置”，要完整扫描 \(n\) 次。

E117　二分查找的精确最坏比较次数

题干：在含 \(1000\) 个互异且已升序排列元素的数组中，用二分查找寻找一个保证存在的键。每轮与一个中点元素比较一次。求最坏情况下最少必须允许多少次比较，并给出一般 \(n\) 的表达。

假设：键保证存在，只计元素比较。难度：基础。方法：用满二叉查找树容量精确计数。

1. 若最多比较 \(k\) 次，决策树第 \(1,2,\ldots,k\) 层最多分别放 \(1,2,\ldots,2^{k-1}\) 个元素。
2. 故最多覆盖
   \[C_k=1+2+\cdots+2^{k-1}=2^k-1,\]
   也即 \(C_0=0,C_k=1+2C_{k-1}\)。
3. 要覆盖 \(n\) 个元素，必须且可以令 \(2^k-1\ge n\)，所以 \(k=\lceil\log_2(n+1)\rceil\)。
4. 对 \(n=1000\)，九层最多覆盖 \(2^9-1=511\) 个，而十层可覆盖 \(2^{10}-1=1023\) 个。
5. 故最坏情况下需要允许 \(10\) 次元素比较。

答案：\(1000\) 个元素时为 \(10\) 次；一般为 \(\lceil\log_2(n+1)\rceil\)。

易错点：“候选数大约减半”只能说明数量级；精确次数应使用满二叉树容量，并区分保证存在与失败查找。

E118　插入排序程序的逐步比较计数

题干：对数组 \([4,1,3,2]\) 执行升序插入排序。每轮把当前键依次与左侧元素比较，遇到不大于键的元素即停止；只计“数组元素与键的大小比较”，不计边界判断。列出每轮结果并求总比较次数。

假设：经典从第二个元素开始的插入排序。难度：基础偏中等。方法：真实模拟程序，区分成功导致移动的比较与最后一次失败停止的比较。

1. 插入键 \(1\)：比较 \(4\gt1\) 一次并移动，数组变为 \([1,4,3,2]\)，本轮 \(1\) 次。
2. 插入键 \(3\)：先有 \(4\gt3\)，再有 \(1\gt3\) 为假而停止，变为 \([1,3,4,2]\)，本轮 \(2\) 次。
3. 插入键 \(2\)：依次比较 \(4\gt2\)、\(3\gt2\)、\(1\gt2\)（最后为假），变为 \([1,2,3,4]\)，本轮 \(3\) 次。
4. 总元素比较次数为 \(1+2+3=6\)。

答案：各轮数组如上，元素大小比较总数为 \(6\)。

易错点：移动次数、赋值次数和元素比较次数不是同一指标；本题不计下标是否越界的条件判断。若实现使用哨兵，精确计数也可能改变。

E119　比较排序的决策树信息下界

题干：用只允许两元素比较的算法，对 \(8\) 个互异元素排序。证明最坏情况下至少需要多少次比较。这里每次比较只有“小于”或“大于”两种结果。

假设：八个元素互异，共有 \(8!\) 种可能初始相对次序。难度：中等。方法：把算法视为二叉决策树：叶子必须足以区分每一种排列。

1. 若最坏比较次数为 \(h\)，二叉决策树深度至多 \(h\)，叶子最多为 \(2^h\)。
2. 正确排序必须区分 \(8!=40320\) 种输入排列，因此需要 \(2^h\ge40320\)。
3. 计算 \(2^{15}=32768\lt40320\)，而 \(2^{16}=65536\gt40320\)。
4. 所以 \(h\ge\lceil\log_2(8!)\rceil=16\)。这说明任何比较排序都不可能保证用 \(15\) 次完成。

答案：最坏情况下至少 \(16\) 次比较。

易错点：这是信息论下界，不表示随便一种算法都能恰用 \(16\) 次，也不等于常见归并排序在 \(n=8\) 时的精确最坏次数；“下界可达”需另行构造。

E120　一次并行检测定位有毒瓶

题干：有 \(1000\) 瓶液体且恰有一瓶有毒。每个混合样本可靠返回阴性或阳性；样本须同时检测，不能自适应。最少需几个样本？给出方案。

假设：混合不失效且检测无误。难度：中等。方法：二进制信息下界与编码混样。

1. 若用 \(k\) 个样本，每个有阴、阳两种结果，结果向量至多有 \(2^k\) 种。
2. 要区分 \(1000\) 个可能的有毒瓶，必须 \(2^k\ge1000\)。因 \(2^9=512\lt1000\le1024=2^{10}\)，所以至少需要 \(10\) 个样本。
3. 把瓶子编号 \(0\) 至 \(999\) 并写成十位二进制数；准备十个样本。
4. 若某瓶编号的第 \(j\) 位为 \(1\)，就在第 \(j\) 个样本中加入该瓶一滴；为 \(0\) 则不加入。
5. 检测后把阳性记作 \(1\)、阴性记作 \(0\)，十位结果正好还原有毒瓶编号。全阴性对应编号 \(0\)，因此没有遗漏。

答案：最少且足够 \(10\) 个并行检测样本。

易错点：下界依赖一轮中每个检测只有两种可靠结果；若可分轮自适应、存在多瓶有毒或检测会受稀释影响，模型和方案都需改变。