标签：include hang set repos oid hal 概率 电视 max
今天偶尔看到有人在讨论三门问题，这个问题有点意思，但稍微有点绕。
三门问题（Monty Hall problem）亦称为蒙提霍尔问题、蒙特霍问题或蒙提霍尔悖论，大致出自美国的电视游戏节目Let‘s Make a Deal。问题名字来自该节目的主持人蒙提·霍尔（Monty Hall）。有三扇关闭的门，其中一扇门后面是汽车，另外两扇门后面各是一只山羊。节目主持人事先知道每扇门后面分别是什么东西（汽车还是山羊）。节目嘉宾可以从三扇门中挑选一扇门，如果选中后面有汽车的那扇门可赢得该汽车。当嘉宾选定了一扇门但未去开启它的时候，节目主持人会打开剩下两扇门中有山羊的那一扇门（如果剩下的两扇门都是山羊，那么主持人随机从两扇门中挑一扇打开）。主持人在打开有山羊的一扇门后，会问嘉宾要不要改为选择另一扇仍然关着的门。问题是：换另一扇门是否能增加嘉宾赢得汽车的机率？
周末没事，给出一个C代码的模拟，模拟上面这个“嘉宾先选一扇门、主持人打开一扇门、嘉宾决定是否换门”的操作，模拟次数定义为MAX_TRIES。模拟完后，打印出总次数、嘉宾首次即选中汽车的概率、嘉宾换门之后赢得汽车的概率。
#include "pch.h" #include <windows.h> #include <stdio.h> #include <wincrypt.h> class CRand { public: CRand() { m_weakRndReady = false; m_hProv = NULL; if (!CryptAcquireContext(&m_hProv, NULL, NULL, PROV_RSA_FULL, CRYPT_VERIFYCONTEXT)) { srand(GetTickCount()); m_weakRndReady = true; } } ~CRand() { if (m_hProv) CryptReleaseContext(m_hProv, 0); } DWORD GenDWORD() { DWORD r; if (m_hProv && CryptGenRandom(m_hProv, sizeof(DWORD), (BYTE*)&r)) return r; if (!m_weakRndReady) { srand(GetTickCount()); m_weakRndReady = true; } return rand() * GetTickCount(); } private: HCRYPTPROV m_hProv; bool m_weakRndReady; }; enum { GOAT = 0, //山羊 CAR = 0xFF, //汽车 }; constexpr DWORD NUM_DOORS = 3; DWORD doors[NUM_DOORS]; CRand rnd; inline void InitDoors() { memset(doors, GOAT, sizeof(doors)); //每个门都初始化为山羊 doors[rnd.GenDWORD() % NUM_DOORS] = CAR; //其中随机的一个门初始化为汽车 } const DWORD doorsLeftTable[NUM_DOORS][NUM_DOORS - 1] { { 1, 2 }, //首次选编号为0的门时，则剩下编号为1、2的门 { 0, 2 }, //首次选编号为1的门时，则剩下编号为0、2的门 { 0, 1 } //首次选编号为2的门时，则剩下编号为0、1的门 }; inline void OpenTheDoorWithGoat(const DWORD doorChosen, DWORD &doorOpen, DWORD &doorLeft) { const DWORD *doorsLeft = doorsLeftTable[doorChosen]; DWORD doorIndex = rnd.GenDWORD() % (NUM_DOORS - 1); //剩下的两个门中先随机选一个 doorOpen = doorsLeft[doorIndex]; doorLeft = doorsLeft[1 - doorIndex]; if (doors[doorOpen] == CAR) //随机选中的门里是汽车，则改成不是汽车的那个门 { DWORD t = doorOpen; //交换 doorOpen = doorLeft; doorLeft = t; } } int main(int argc, char** argv) { constexpr DWORD MAX_TRIES = 100000; DWORD winOnFirst = 0; //首次即选中汽车的次数 = 不更换门时选中汽车的次数 DWORD winOnChange = 0; //更换门之后，选中汽车的次数 for (DWORD k = 0; k < MAX_TRIES; ++k) { InitDoors(); DWORD doorChosen = rnd.GenDWORD() % NUM_DOORS; //随机选个门 if (doors[doorChosen] == CAR) ++winOnFirst; DWORD doorOpen, doorLeft; OpenTheDoorWithGoat(doorChosen, doorOpen, doorLeft); //打开剩下两个门中有山羊的门 if (doors[doorLeft] == CAR) ++winOnChange; } printf("%u, %.3f%%, %.3f%%\n", MAX_TRIES, (float)winOnFirst * 100.0 / (float)MAX_TRIES, (float)winOnChange * 100.0 / (float)MAX_TRIES); return 0; }
使用Windows Crypto API提供的随机数。可以看到，模拟次数越多，随机数越接近理想状态，这是自然的。
首次选中汽车的概率，加上换门选中汽车的概率，为100%，看起来很巧合。这是因为：
1、首次如果选中了汽车（概率为1/3），那么换门就必然丢掉汽车，换句话说，不换门就必然赢得汽车。这个分支的结论和主持人开两个门中的哪个门完全没关系。
2、首次如果没选中汽车（概率为2/3），那么必须换门才能赢得汽车（这个和主持人开门无关）。而且换门就必然赢得汽车（想想是为什么？因为主持人的开门暴露了剩下的那个没汽车的门才导致的呀！）。
综合1和2，换个方式说：
如果嘉宾采取换门的策略，有2/3的概率赢得汽车；
如果嘉宾采取不换门的策略，有1/3的概率赢得汽车；
如果你是嘉宾，你会选哪种策略？
C:\WINDOWS\system32> C:\Users\happy\source\repos\Project1\Release\Project1.exe 100000000, 33.333%, 66.667% C:\WINDOWS\system32> C:\Users\happy\source\repos\Project1\Release\Project1.exe 100000000, 33.324%, 66.676% C:\WINDOWS\system32> C:\Users\happy\source\repos\Project1\Release\Project1.exe 10000000, 33.347%, 66.653% C:\WINDOWS\system32> C:\Users\happy\source\repos\Project1\Release\Project1.exe 1000000, 33.388%, 66.612% C:\WINDOWS\system32> C:\Users\happy\source\repos\Project1\Release\Project1.exe 100000, 33.560%, 66.440%
标签：include hang set repos oid hal 概率 电视 max
原文地址：https://www.cnblogs.com/z16166/p/13237122.html
