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帖子本身收到了 1000 多条评论，但我不会详细讨论那里的辩论，因为我知道这是伯特兰的盒子悖论，答案是. 让我感兴趣的是如何使用蒙特卡洛方法回答这个问题？算法如何解决这个问题？
这是我的尝试：
在 R 中实现上述算法：
N <- 10000
S <- sum(runif(N)<0.5)
S/(S+0.5*(N-S))
上面程序的输出是这几乎与正确答案匹配，但我不确定这是正确的方法。是否有适当的方法以编程方式解决此问题？
像@Henry一样，我真的不觉得您的解决方案是蒙特卡洛。当然，您从分布中采样，但它与模仿数据生成过程没有太大关系。如果您想使用 Monte Carlo 让某人相信理论解决方案是正确的，则需要使用模拟数据生成过程的解决方案。我想它是这样的：
boxes <- list(
c(0, 0),
c(0, 1),
c(1, 1)
)
count_successes = 0
count_valid_samples = 0
for (i in 1:5000) {
sampled_box <- unlist(sample(boxes, 1)) # sample box
sampled_balls <- sample(sampled_box) # shuffle balls in the box
if (sampled_balls[1] == 1) { # if first ball is golden
if (sampled_balls[2] == 1) { # if second ball is golden
count_successes = count_successes + 1
}
count_valid_samples = count_valid_samples + 1
}
}
count_successes / count_valid_samples
或使用“矢量化”代码：
mean(replicate(5000, { # repeat 5000 times, next calculate empirical probability
x <- boxes[[sample(3, 1)]] # pick a box
if (x[sample(2, 1)] == 1) # pick a ball, check if it is golden
return(sum(x) == 2) # check if you have two golden balls in the box
else
return(NA) # ignore if sampled ball is silver
}), na.rm = TRUE) # not count if silver
请注意，由于您的条件是第一个球已经被绘制并且它是金色的，所以上面的代码可以简单地使用两个盒子boxes <- list(c(0, 1), c(1, 1))然后从中采样x <- boxes[[sample(2, 1)]]，所以代码会更快，因为它不会使 1/3我们打折的空运行。然而，由于问题很简单，代码运行速度很快，我们可以明确地模拟整个数据生成过程，“以确保”结果是正确的。除此之外，不需要此步骤，因为它会在两种情况下产生相同的结果。
我觉得你的S/(S+0.5*(N-S))计算不是真正的模拟
尝试这样的事情
N <- 10^6
ballsinboxes <- c("G","G", "G","S", "S","S")
selectedbox <- sample(c(1,2,3), N, replace=TRUE)
selectedball <- sample(c(1,2), N, replace=TRUE)
selectedcolour <- ballsinboxes[(selectedbox-1)*2 + selectedball ]
othercolour <- ballsinboxes[(selectedbox-1)*2 + 3 - selectedball ]
sum(selectedcolour == "G" & othercolour == "G") / sum(selectedcolour == "G")
为什么不简单列出案例呢？
这里：G 代表“金”，S 代表“银”，大写代表初始提取：
GG
gG
GS
...所有其他情况都涉及初始银 (S) 提取并且不满足条件（初始提取 G）。
这样，P(g|G) = 2/3。