1樓：babyquant
答案都對，簡單說說。
這是隨機過程裡面renewal process的題目，用馬爾科夫也行，但renewal process更新過程好一些。
比如每次發生了pattern就是一次renewal，根據大數定律兩者間隔是2^3=8。
其實不難理解，因為一串HTHTHTHHTHHTTTT......中，任取3個，那麼是HTH的概率就是1/8，因此兩個HTH之間的間隔就是8，這是說乙個HTH結束時，到下乙個HTH結束，間隔是8；
然後求的是第一次發生HTH的期望，第一次的期望跟間隔的期望不一樣，因此這是delayed renewal process，也不難求：
E(HTH）=E(H)+E(HTH|H)
這裡E（HTH）就是第一次HTH的期望次數，當然等於先丟擲乙個H的期望次數，再加上從H到HTH的期望次數；
我們知道E(HTH|HTH)=8，連續兩個間隔是8的緣故；這其實跟E（HTH|H）是相等的，因為只有H對後面有影響，因此也是8。
所以有2+8=10。
對於HTT，間隔還是8，但由於本身不存在重複，每次出現HTT到下一次HTT都是重新開始，因此這就是從零開始到HTT的次數。
更新過程主要講的是證明兩個間隔是8這點，其實直觀也能看出來。
有時間可以學學隨機過程吧。
2樓：家飛貓
通過鞅(martingale)來解此題：假設丟擲「正」的概率為p，那麼
「正反反」：期望為
「正反正」：期望為
假設每次丟擲「正」和「反」的概率相同，即，則兩者的期望分別等於8和10。
3樓：
matrix67的部落格說過這個問題：Penney 的遊戲：正所謂後發制人，先發制於人
如果說還有什麼有意思的地方的話，大概是考慮KMP演算法和這道題的聯絡。
4樓：
其實對於丟硬幣出現某個序列的期望值完全可以不必動用自動機型別的求法，有一種簡便快捷的方法，原理可以參見《具體數學》8.4 Flipping Coins。
方法簡要說明如下：
假設需要出現的序列是A，長度為m，A的頭k個元素組成的序列是，後k個元素組成序列是,那麼結果就是，方括號運算子表示裡面邏輯為true時為1，false時為0。
用於本提問的問題：
對於「正反反」，期望步數為[正=反]*2+[正反=反反]*4+[正反反=正反反]*8=0+0+8=8；
對於「正反正」，期望步數為[正=正]*2+[正反=反正]*4+[正反反=正反正]*8=2+0+8=10；
5樓：Fengxiang Zhu
列乙個期望的方程組可以得到答案：
我們假設exp[0]表示從還沒開始投到停止的期望次數，exp[1]表示從"正"到停止的期望次數，exp[2]表示"正反"到停止的期望次數，exp[3]表示從「正反反」到停止的期望次數。顯然，exp[0]就是我們需要的答案，而exp[3]等於0.
exp[0] = (exp[1] + 1) * 1/2 + (exp[0] + 1) * 1/21)
exp[1] = (exp[1] + 1) * 1/2 + (exp[2] + 1) * 1/22)
exp[2] = (exp[1] + 1) * 1/2 + (exp[3] + 1) * 1/23)
exp[3] = 04)
每個式子的含義就是從當前的狀態投一次幣會到達哪個狀態。
這樣解得： exp[0] = 8.
類似的方法可以求得"正反正"的期望即：遇到"正反正"停止的期望是10.兩者不相同。
拋硬幣連續出現三次正面要拋幾次？
橘子老君 可以參考我一年前寫的 橘子老君 markov系列2 馬爾可夫鏈中的期望問題這裡涉及4個馬爾科夫狀態，這裡記連續投出了 次正面的狀態為 那麼可以寫出其狀態轉移矩陣 設從 到達 平均需要投擲 次可解得 更新過程問題。所以扔14下。這裡用到Ross的隨機過程126頁的結論，也就是某個序列出現的時...
甲乙拋硬幣，直到最近三次硬幣拋擲結果是「正反反 甲勝 或是「反反正 乙勝 。誰勝率高？
陳楚洋 補充一下考慮平局 玩一輩子 的可能性 如果是 反反 由於之後一旦出現乙個 正 乙就勝，而出現無限次都是 反 的概率為0，所以不可能平局，只要出現 反反 乙必勝 如果不是 反反 則說明已經有 正 出現，此時很簡單的結論是乙已經不可能贏了，因為當出現 反反 時，前面必有正，此時遊戲已經結束，乙沒...
拋硬幣，連續三次向上，下一次拋硬幣反面向上的概率還是50 嗎？
拉風小宇 我感覺你這兩個問題根本不是乙個問題，只不過都跟貝葉斯有關。第乙個問題參考統計之都，心理學的危機這篇文章https cosx.org 2017 09 psychology in crisis 8.Miller,J.B.Sanjurjo,A.Surprised by the gambler s...