抛硬币正反面的概率

教你算一下概率，以后就可以称霸抛硬币游戏了

正所谓后发制人先发制于人

新年流流，我们来玩一个游戏吧。连续抛掷硬币，直到最近

三次硬币抛掷结果是“正反反”或者“反反正”。如果是前者，那

么我获胜，你需要给我1元钱；如果是后者，那么你获胜，

我会给你1元钱。

你愿意跟我玩这样的游戏吗？换句话说，这个游戏是公平的

吗？

乍看上去，你似乎没有什么不同意这种玩法的理由，毕竟“正

反反”和“反反正”的概率是均等的。连续抛掷三次硬币可以产

生8种不同的结果，上述两种各占其中的1/8。况且，序

列“正反反”和“反反正”看上去又是如此对称，获胜概率怎么看

怎么一样。

实际情况究竟如何呢？

实际情况是，这个游戏并不是公平的——我的获胜概率是你

的3倍！

虽然“正反反”和“反反正”在一串随机硬币正反序列中出现的

频率理论上是相同的，但别忘了这两个序列之间有一个竞争

的关系，它们要比赛看谁先出现。一旦抛掷硬币产生出了其

中一种序列，游戏即宣告结束。

这样一来，你就会处于一个非常窘迫的位置：不管什么时候，

只要掷出了一个正面，如果你还没赢的话，你就赢不了了

——在出现“反反正”之前，我的“正反反”必然会先出现。事实

上，整个游戏的前两次硬币抛掷结果就已经决定了两人最终

的命运。

只要前两次抛掷结果是“正正”、“正反”、“反正”中的一个，我

都必胜无疑，你完全没有翻身的机会；只有前两次掷出的是

“反反”的结果，你才会赢得游戏的胜利。因此，我们两人的

获胜概率是3:1，我的优势绝不止是一点。

你或许想问，如果已知我的硬币序列是“正反反”，那么你应

该选择一个怎样的硬币序列，就能保证获胜概率超过我呢？

研究表明，你可以选择“正正反”，这样一来，我们两人的获

胜概率将会变为1:2，换句话说你将会有2/3的概率获胜。

A、B两人打算玩这么一个游戏。首先，A选择一个长

度为n的正反序列，然后B再选择另一个长度为n的正

反序列。之后，不断抛掷硬币，哪名玩家所选的正反序列最

先出现，哪名玩家就获胜。

我们的问题是，假如两名玩家都采取最优策略的话，对于哪

些n，游戏对玩家A更有利一些（换句话说，玩家A拥

有超过50%的胜率），对于哪些n，游戏对玩家B更有

利一些（换句话说，玩家B拥有超过50%的胜率）。

今后，为了方便起见，我们用数字1代表“正面”，用数字0

代表“反面”。当n=1时，两名玩家的获胜概率显然相同。

当n=2时，可以验证，除了00打10以及11打01的

胜率之比是1:3以外，其他所有情况（包括00打11、00

打01、01打10、11打10等四种）的胜率之比都

是1:1。

因而，如果两名玩家都采用最优策略的话，A一定会选择

01和10之一，从而避免B获得3倍于自己的胜率。最

终结果便是，两人的胜率之比维持在1:1的位置，获胜概率

仍然相同。令人意想不到的是，当n>2时，游戏总是对玩

家B更有利的。

换句话说，我们要证明，当n>2时，不管A选择的01串

是什么，玩家B总能有针对性地选择一个恰当的01串，

使得他获胜的概率大于50%。

事实上，我们会证明这样一个结论：玩家B总可以截取A

所选的01串的前n–1位，再在前面加上一个数字0或

者数字1作为自己的01串，从而使得自己获胜的概率至

少有。

不妨把A选择的01串记作Py（其中P是一个长度为

n–1的01串，y则表示数字0或者数字1），我们先

来看看，如果B选择的01串是0P，结果将会怎样。

不断抛掷硬币，直到最近n–1次硬币抛掷结果正好是序列

P。这有三种情况：情况一，最近n次硬币抛掷结果是0P；

情况二，最近n次硬币抛掷结果是1P；情况三，目前硬

币抛掷次数还不足n次。

情况三是最为特殊的，它意味着整个游戏的前n–1次硬币

抛掷结果正好就是序列P，其概率为(1/2)^(n-1)。让我们

假设情况一出现的概率是p1，则情况二出现的概率就是。

如果出现了情况一，那么玩家B就直接获胜了，游戏结束；

如果出现了情况二或者情况三，那么游戏仍需继续进行下去。

不妨把此时的游戏局面叫做节点X。现在，玩家A离胜利

已经非常接近了。如果下一次抛掷硬币的结果正好是y，

那么玩家A就获胜了，游戏结束；如果下一次抛掷硬币的

结果是y'（这里y'表示与y相反的数字），那么游戏将会

到达另外一个关键的中间状态：最近n次硬币抛掷结果为

Py'。

对于两名玩家来说，这是全新的起跑线。如果下一次出现P

的时候，它前面的那个数字是0，那么玩家B就直接获胜

了，游戏结束；如果下一次出现P的时候，它前面的那个

数字是1，那么游戏状态又会回到节点X，玩家A将会

再次得到一个制胜的绝佳机会。

不妨假设以Py'打头的随机01序列中，下一个P的前面

正好是数字0的概率为p2，那么下一个P的前面正好是

数字1的概率就是1–p2。于是，整个游戏的状态转移图

如下图所示。玩家B获胜的概率就可以用p1和p2表示

出来了。首次出现P的时候玩家B就获胜的概率为p1，

有另外1–p1的概率进入节点X。进入节点X以后，A

将会有1/2的概率获胜，B将会有(1/2)·p2的概率获胜，

其余情况下游戏局面将会回到节点X，刚才的各种事件会

以相同比例的概率再次发生，并且有可能一遍一遍地重复下

去。

因此，总的来说，进入节点X以后，两名玩家的获胜概率

之比是(1/2):((1/2)·p2)；进而得出，进入节点X以后，

玩家B获胜的概率就是

((1/2)·p2)/(1/2+(1/2)·p2)=p2/(1+p2)

综上所述，玩家B的获胜概率应为：

W0=p1+(1–p1)·p2/(1+p2)

别忘了，上述概率值仅仅是A在选择了01串Py之后，

B以0P应对时获胜的概率。如果B选择以1P应对呢？

整个游戏的状态转移图将会变成下面这样。前面我们说过，

硬币序列里第一次出现P的时候，最近n次硬币抛掷结果

是0P，最近n次硬币抛掷结果是1P，目前硬币抛掷次

数还不足n次，这三种情况的发生概率分别为p1、和

(1/2)^(n-1)。

然而，这次玩家B选择的01串变成了1P，因而游戏开

始时进入两条支线的概率就成为了图中所示的那样。另外，

从Py出发随机产生01串，下次出现P时它的前面正好

是数字1的概率为1–p2，因而我们需要把第一幅状态转

移图当中的所有p2都替换成1–p2。可以计算出，进入

节点X以后，两人的胜率之比为(1/2):((1/2)·(1–p2))，

其中B的获胜概率为

((1/2)·(1–p2))/(1/2+(1/2)·(1–p2))=(1–p2)/(2–p2)

玩家B的总获胜概率就是：我们要证明的即是，W0和

W1总有一个大于等于。注意到，如果固定p2不变，把W0

和W1都看作是关于p1的函数，那么W0将会是一个线

性递增函数，W1则是一个线性递减函数，因此最坏的情

况将会发生在W0=W1的时候，此时W0和W1中的较

大值达到最小。解得把上式代回W0或者W1当中的任意

一个，得到的是一个与p2无关的数，它正是。下图是n=

3时W0和W1的图像，可以看到两个图像相交在一起，

形成了一条高度大约为0.58的交线。

至此，我们便成功地证明了，当n>2时，不管A选的01

串是什么，B总能有针对性地选择另一个01串，使得获

胜概率可以高达50%以上。事实上，如果把玩家A的选

择记作Py，那么玩家B的最优策略一定就是0P和1P

之一。这个结论是由LeonidasGuibas和AndyOdlyzko

在1978年合写的一篇论文里证明的。

当n=3时，玩家B的最优策略可以归纳如下：

如果A选的是那么B应该选两人的胜率之比

0001001:70011001:30100011:20110011:21001101:21011

101:21100111:31110111:7