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# 生日悖论

# 🌟 问题设定

有 m 个人，每个人的生日是等概率地在 1 到 365 天之间。问：至少有两个人生日相同的概率是多少？

我们设：

• n=365（即一年 365 天）

• m 是房间里的人数

• p (m,n)：至少两人生日相同的概率

# 🧮 如何计算这个概率？

我们可以通过 ** 反向思考（补集法）** 来计算。

# 1. 计算 “没有人生日相同” 的概率（记为 q (m,n)）

即，每个人的生日都不重复。

假设第一个人随便选生日（有 365 种选法）， 第二个人必须选一个 不一样的（有 364 个选择）， 第三个人有 363 个可选…… 直到第 m 个人，有 365−m+1 个选择。

所以：

$q(m, 365) = \frac{365}{365} \cdot \frac{364}{365} \cdot \frac{363}{365} \cdots \frac{365 - m + 1}{365} = \prod_{i=0}^{m-1} \left(1 - \frac{i}{365} \right)$

# 2. 那么，“至少两人生日相同” 的概率就是：

$p(m, 365) = 1 - q(m, 365)$

# 3. 期望与方差的计算与证明

# Step 1：定义碰撞

一组球之间如果落在同一个桶中，就产生了一次 “碰撞”。

• 两个球同桶 = 1 次碰撞

• 三个球同桶 =$\binom{3}{2} = 3$ 次碰撞（每两个之间算一对）

# Step 2：使用指标变量法（Indicator Variable）

我们可以用期望线性性（linearity of expectation）来求：

${E}[C] = \sum_{1 \leq i < j \leq m} \Pr[\text{ball } i \text{ and ball } j \text{ in same bin}]$

球 i 和球 j 同桶的概率是：1/n

所以，总共有 $\binom{m}{2}$ 对球，每对碰撞概率为 $\frac{1}{n}$​，于是：

{E}[C] = \binom{m}{2} \cdot \frac{1}{n} = \frac{m(m-1)}

# Step 3 : 证明方差

其中首先假设函数符合二项分布，其后假设其不符合二项分布并通过方差的定理来证明，最终得到结果与二项分布一致。

# 应用不等式解决碰撞问题的概率问题

切比雪夫不等式告诉我们：

如果你知道一个随机变量 X 的期望和方差，那么它离期望太远的概率一定不会太大。

形式上：

$\Pr\left[ |X - \mathbb{E}[X]| \geq k \right] \leq \frac{\text{Var}[X]}{k^2}​$

在这里，我们把 X=C（碰撞次数）

# 🔍 应用在碰撞问题上：

我们想知道：

碰撞次数 C 是否为 0？也就是说有没有发生 “至少一对” 碰撞？

记住：

$\Pr[C = 0] = \Pr[\text{无碰撞}] = 1 - \Pr$

# ✅ 用切比雪夫得出两个重要结论：

# 第一条：

若 $m = \Omega(\sqrt{n})$，则发生碰撞的概率 ≥ 50%

# 原因：

• 当 m 达到$\sqrt{n}​$级别时，期望$\mathbb{E}[C]$ 约为常数（如 1）

• 切比雪夫保证：

  Pr[C = 0] \leq \frac{\text{Var}[C]}{(\mathbb{E}[C])^2} \leq \frac{1}

• 所以至少有一对碰撞的概率 ≥50%

这就解释了 “生日悖论”：23 个人就能撞生日

这里逐句解释一下，因为$Pr[C=0]$ , 代入可得 C - E [C] 的绝对值为 k，k=E [C]；
再将$m = \Omega(\sqrt{n})$ 代入，可以得到 1/2

# 第二条：

若$m = O(\sqrt{n})$，则发生碰撞的概率 ≤ 50%

# 原因：

• 当 m 很小，比如远小于$\sqrt{n}​$时

• 则期望碰撞次数非常小，$\mathbb{E}[C] < 1$

• 于是用 Markov 不等式也可以推：

  $Pr[C \geq 1] \leq \mathbb{E}[C] < 0.5$

• 即：发生碰撞的概率低于 50%

# Coupon Collector 问题（覆盖问题）

# 🎯 问题描述

有 $n$ 种不同的卡片（或者说 $n$ 个桶），每次等概率随机获得一个卡片。

问题：

• 平均需要多少次才能收集到所有的卡片？

等价版本：

• 把球扔进桶中，平均需要扔多少次，才能保证每个桶至少有一个球？

# 📈 答案总结

平均需要的次数：

[
$\mathbb{E}[M(n)] = n \ln n + O(n)$
]

其中 $\ln n$ 是自然对数。

# 🧠 推导过程

# 1. 分阶段分析

把收集过程分成 $n$ 个阶段：

• 第 $i$ 阶段：已经收集了 $i-1$ 个卡片，想要收集到第 $i$ 个新的卡片。

# 2. 单阶段期望时间

在第 $i$ 阶段：

• 拿到新卡片的概率是：

[
$\frac{n - (i-1)}{n}$
]

• 拿到一个新卡片需要的期望尝试次数是：

[
$\frac{n}{n - (i-1)}$
]

# 3. 总期望时间

所有阶段加起来：

[
$\mathbb{E}[M(n)] = \sum_{i=1}^{n} \frac{n}{n - (i-1)}$
= $n \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}$
]

其中：

• $\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}$ 是调和数 $H_n$。
• 已知近似：

[
$H_n \approx \ln n + \gamma$
$\quad (\gamma \approx 0.5772 \text{ 是欧拉-马歇罗尼常数})$
]

因此：

[
$\mathbb{E}[M(n)] = n \ln n + O(n)$
]

# 📌 直观理解

• 开始时新卡片容易拿到（因为啥都有）
• 随着已拥有卡片变多，重复概率升高
• 收集最后几张稀有卡片非常耗时间
• 整体收集次数增长速度是 $n \ln n$ 级别

# ✅ 小总结表

# 🛠️ 后续补充

• 实际收集次数也可以用 Chebyshev 或 Chernoff Bound 分析其集中性。
• 高概率保证实际收集次数不会比 $n \ln n$ 超太多。