概率

古典概型 $P(A)=\frac{|A|}{|\Omega |}$ 只在每个样本点等可能时成立。竞赛里最常见的错误是把“颜色配比”“点数和”“形状类型”这类结果类别当成样本点，而它们并不等可能。稳妥做法：把所有个体都看成有编号的（同色球也编号），再决定按有序还是无序计数，分子分母必须用同一种口径。

例：掷两枚均匀硬币，“一正一反”的概率是 $\frac{1}{2}$ 而不是 $\frac{1}{3}$，因为样本点是 正正、正反、反正、反反 四个。又如从 $1,2,3,4,5$ 中取两个数求和为偶数的概率：无序计数为 $\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{2}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\right)}=\frac{4}{10}$，有序计数为 $\frac{3\cdot 2+2\cdot 1}{5\cdot 4}=\frac{8}{20}$，结果都是 $\frac{2}{5}$。

题目出现“至少一个”“各种都有”时，直接分类往往很繁，正面难数就数反面：$P(A)=1-P(\overline{A})$。若反面本身是几个事件的并（例如“缺第 1 种或缺第 2 种或……”），再用容斥原理

例：每次等可能得到 $3$ 种卡片之一，买 $4$ 次集齐三种的结果数为 $3^4-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{1}\right)2^4+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}\right)1^4=81-48+3=36$，概率 $\frac{36}{81}=\frac{4}{9}$。容斥的关键是把每个交集算对：“缺第 1、2 种”意味着 $4$ 次全是第 3 种，只有 $1$ 种结果。

若交换两个对象（两个人、两个位置、两种颜色）后概率模型不变，那么“甲比乙大”和“乙比甲大”概率相等。对于离散量要先扣掉平局：$X,Y$ 独立同分布时

另一个常用形式是相对次序：随机排列中任意指定的 $m$ 个对象，谁排在最前（或最后）是等可能的，各为 $\frac{1}{m}$。

例：甲、乙各掷一颗骰子，平局概率 $\frac{1}{6}$，所以甲点数更大的概率是 $\frac{1-1/6}{2}=\frac{5}{12}$（直接数：$15$ 种有利结果，$\frac{15}{36}$）。

$n$ 次独立试验、每次成功概率 $p$，恰好成功 $k$ 次的概率为 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)p^k(1-p{)}^{n-k}$，其中 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)$ 是在选“哪几次成功”。比赛类“先胜 $m$ 局者赢”的题，按比赛在第几局结束分类，最后一局必须是赢家胜，前面的局才用组合数挑位置。

例：甲每局胜率 $\frac{2}{3}$，三局两胜制。甲 $2:0$ 胜的概率为 ${\left(\frac{2}{3}\right)}^2=\frac{4}{9}$；甲 $2:1$ 胜时第三局甲胜，前两局甲恰胜一局，概率为 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{1}\right)\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{2}{3}=\frac{8}{27}$。合计 $\frac{12}{27}+\frac{8}{27}=\frac{20}{27}$。

当事件的概率取决于某个先发生的情况（选了哪个盒子、集合里有没有最大数、上一步在哪个状态），就按这个情况分类：

其中 $B_i$ 互斥且穷尽。选分类标准的诀窍是：分完之后每一类里的条件概率要么显然，要么可以用对称性一步得到。

例：甲盒有 $2$ 红 $1$ 白，乙盒有 $1$ 红 $2$ 白，先等可能选一个盒子再摸一球，摸到红球的概率为 $\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}+\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}=\frac{1}{2}$。

期望的线性性 $E(X+Y)=E(X)+E(Y)$ 不需要独立。把要数的量拆成若干指示变量（事件发生记 $1$，否则记 $0$）之和，就有 $E(X)=\sum P(A_i)$，完全不必求 $X$ 的分布列。对取非负整数值的 $N$，还有尾和公式 $E(N)={\sum }_{k\ge 1}P(N\ge k)$，适合“做到某事发生为止”的等待次数。

例：掷 $10$ 次硬币，相邻两次都是正面的“正正对”个数的期望是 $9\cdot \frac{1}{4}=\frac{9}{4}$（共 $9$ 个相邻位置，各自概率 $\frac{1}{4}$）。又如掷骰子直到出现 $6$，次数 $N$ 满足 $P(N\ge k)={\left(\frac{5}{6}\right)}^{k-1}$，所以 $E(N)=1+\frac{5}{6}+{\left(\frac{5}{6}\right)}^2+\cdots =6$。

多步随机过程（交换球、随机游走、闯关、比赛积分）如果下一步只和当前状态有关，就把“当前所处状态”作为变量，用全概率公式写出一步转移，得到递推。状态越少越好：只关心黑球在谁手里，就不用跟踪白球。一阶递推 $p_{n+1}=a{p}_n+b$ 在 $a\ne 1$ 时先求不动点 $c=\frac{b}{1-a}$，再得 $p_n-c=a^n(p_0-c)$。求期望时也可以对每个状态列“走一步再说”的方程。

例：在三角形三个顶点间随机跳，每次等可能跳到另外两个顶点之一，记 $n$ 步后在起点的概率为 $p_n$，则 $p_{n+1}=\frac{1-p_n}{2}$，$p_0=1$。不动点为 $\frac{1}{3}$，所以 $p_n=\frac{1}{3}+\frac{2}{3}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n$，可验证 $p_1=0$，$p_2=\frac{1}{2}$。

在区域内“均匀随机取点”时，概率等于有利区域与总区域的面积（或长度、体积）之比。处理方法是把随机量当坐标，把条件化成不等式，画出区域。边界线、单个点的面积为零，“$<$”和“$\le$”不影响答案。

例：在 $[0,1]$ 上独立均匀取两个数 $x,y$，求 $|x-y|<\frac{1}{2}$ 的概率。样本空间是单位正方形；不满足条件的是两个直角边为 $\frac{1}{2}$ 的等腰直角三角形，面积共 $2\cdot \frac{1}{8}=\frac{1}{4}$，所以概率为 $1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$。