这个问题有两种合理的解释。 两者都不需要任何计算，只需要仔细推理独立性和不相交的结果。

1. 以前十次翻转为条件，接下来的十次翻转按顺序匹配它们的机会是多少？

   如果我们以相同的方式重新排序两次翻转的序列，问题将是相同的，因此必须有相同的答案。因此，答案不取决于前十次翻转中结果的特定顺序，而仅取决于出现了多少正面（比如个）。我们现在只需要计算一个特定的此类序列的机会，例如首先连续翻转个正面，然后连续翻转反面。独立性假设立即给出了答案，我将其留给读者。$x$$x$$10-x$

2. 什么是无条件的机会？ 也就是说，在掷硬币之前，第二个序列的十个结果与第一个序列相同的几率是多少？

   翻转的独立性允许您以任何顺序考虑它们。一起考虑第一次和第十一次翻转，它们构成两个独立的翻转。它们匹配的机会是两个都是正面或两个都是反面的机会，这（因为这两个事件是不相交的）必须是两个概率之和

   $$\Pr(\text{match})=\Pr(HH) + \Pr(TT)=p^2 + (1-p)^2.$$

   同样，对于所有与翻转配对。当且仅当所有对都匹配时，这两个序列才匹配。由于这些对是不相交的，它们的结果保持独立，立即产生答案，我再次将其留给读者。$i$$10+i$$i=1,2,\ldots, 10$$10$

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检查答案的一个有趣方法是注意第二个答案必须等于第一个答案，将前十次翻转的所有可能结果乘以它们的机会相加。将两者相等，从推广到 ，并在前的值应用二项式分布，给出了奇怪但容易证明的身份$10$$n$$x$$n$

$$\sum_{x=0}^n\left[p^x(1-p)^{n-x}\right]\;\binom{n}{x}p^x(1-p)^{n-x} = \left(p^2 + (1-p)^2\right)^n.$$

一个更简单但非常有效的检查是将答案与模拟进行比较。这是（例如）和正面R机会的无条件机会的代码。组和后组翻转之间的差异数。估计概率是这些计数为零的模拟比例。$n$$10$$p$$n$$n$

该代码输出估计值及其标准误差。如果估计值在计算结果的几个标准误差范围内，那么您可能是正确的。当我为和运行它时，输出是$p=1/3$$n=10$

Estimate  Std.err 
 0.00288  0.00005 

运行一百万次迭代需要一秒钟。

n <- 10
p <- 1/3
n.sim <- 1e6
x <- colSums(matrix((runif(n.sim*n) < p) != (runif(n.sim*n) < p), nrow=n))==0
(round(c(Estimate=mean(x), Std.err=sd(x)/sqrt(n.sim)), 5))

您需要考虑假设给定硬币在较早的抛掷中出现“正面”，“反面”的发生是否取决于先前的事件？

仅当最后一次抛硬币的路径影响最后一次抛硬币时，顺序才有意义。如果我们在没有放回的情况下进行抽样，这将是正确的，但抛硬币的结果应该彼此独立。

以 3 次抛硬币为例，假设第一个实例是 {H,T,H}，您可以构建一个可能结果树：

                 First Toss
               /            \
          Head               Tail 
           |                   |
       2nd Toss             2nd Toss
       |      |             |     |
   Head       Tail       Head     Tail
     |         |          |         |
 3rd Toss   3rd Toss   3rd Toss   3rd Toss
  |    |     |    |     |    |     |    |
Head Tail *Head* Tail  Head Tail  Head Tail

标有星号 (*) 的节点表示实现与第一次完全相同的序列，即{H,T,H}。

在这里，无论序列如何，您计算的序列的总概率p.(1-p).p都是相同的。

这可以在 R 中模拟如下：

ranvec <- runif(3 * 1000 * 1000)>0.5
ranDataFr <- as.data.frame( matrix( data=ranvec, nrow=1000000, ncol=3) )
names( ranDataFr) <- c("Toss1", "Toss2", "Toss3")
prob_of_HTH <- length( ranDataFr[
                       ranDataFr$Toss1==TRUE
                     & ranDataFr$Toss2==FALSE
                     & ranDataFr$Toss3==TRUE , 1] )/1000000
prob_of_HTH
[1] 0.125456

其中，在适应浮点精度误差后，与解析得出的值大致相同：0.5 x (1 - 0.5) x 0.5 = 0.125

您可以以类似的方式将其扩展为 10 次投掷序列。

假设每次抛硬币都是独立的，并且（十）次抛硬币的第一个序列是，其中表示每次翻转是头或尾。设第翻转的观察值表示为，使得是第次翻转等于第 i 次翻转的观察值概率.$X_1, X_2, \dots, X_{10}$$\forall i \in \{1,\dots,10\}: X_i \in \{H,T\}$$H$$T$$i^{th}$$F_i$$\mathbb{P}(X_{i+10} = F_i)$$i + 10$$i$

那么我们要解决的是在接下来的十次翻转（翻转 11 到 20）中重复相同序列的概率由于每次翻转都是独立的，（或者正如其他人所说，硬币是“无记忆的”），我们的条件无关紧要过去。相反，我们只需要计算同样，通过独立性，这个序列中的每个翻转都不依赖于之前的翻转或在 ("memoryless") 之后，将我们的计算简化为乘积其中

$$\mathbb{P}(X_{11}=F_1,\dots,X_{20}=F_{10} \mid X_1=F_1,\dots,X_{10}=F_{10})$$ $$\mathbb{P}(X_{11}=F_1,\dots,X_{20}=F_{10} )$$ $$\prod_{i=1}^{10} \mathbb{P}(X_{i+10} = F_i) = \prod_{i=1}^{10} p\cdot I(F_i = H) + (1-p) \cdot I(F_i = T)$$ $I (\cdot)$是标准的布尔指标函数。您会发现此表达式的计算结果为，其中是前十次翻转中正面的数量。$p^n (1-p)^{10-n}$$n$