越来越难的掷硬币游戏

题目

我们来玩一个掷硬币游戏：如果第一次掷，就是正面，则你马上赢；如果第一次是背面，则游戏重新开始，你需要连续掷出两次正面才能赢。如果你在掷出两次正面朝上前丢出了一个背面，则再次重新开始，且需要掷出连续三次正面朝上。简言之：第N次游戏时，必须连续掷出N次正面朝上才能赢。
问：你最终能获胜的概率是多少？

解法一

不但得出，最终的概率P一定是一个收敛的无穷数列。所以首先的思路是，找出恰好在第N次游戏赢得概率$P(N=n)$，再累加起来得到P。但是如果只是简单暴力枚举的话，发现似乎找不到规律。
$P(N=1)=\frac12$
$P(N=2)=\frac18$
……
直接求通项的表达式失败后，换一个角度思考，那么我们可以找通项之间的关系。我们将掷出硬币的正反序列简称为序列。要想第n+1次游戏赢，那么序列的最后一定是n+1次连续的正面，而n+1次正面前一定恰好存在是N个反面。
那么$P(N=n+1)=(\frac12)^{n+1}bn$，$b_n$所代表的意义是掷出所有恰好n个反面的总概率（其中最后一个必定是反面）。
我们不难找出bn通项之间的关系：$b_{n+1}=(1-\frac1{2^{n+1}})bn$；进而我们找到$P(n+1)$与$P(n)$之间的关系：$P（n+1）=\frac{2^n-1}{2^{n+1}}P(n)$

最终的概率问题可以转化为数列求和。
已知$a_0=\frac12$，通项关系为$a_n=\frac12\frac{2^n-1}{2^n}a_{n-1}$，求前n项和$S_n$。
对$S_n$取极限就是概率P，即$P=\lim_{n\rightarrow+\infty} S_n$

这个级数直接求和有点困难，遂用程序计算近似值。

void countpossibilty()
{
    double possibilty =0;
    double p[100] = {};
    p[0] = 0.5;
    possibilty += p[0];
    for (int i = 1; i < 100; ++i)
    {
        p[i] =0.5* (pow(2, i) - 1) / pow(2, i)*p[i - 1];
        possibilty += p[i];
        cout<< possibilty << endl;
    }
}

最后的概率近似于0.7112

解法二

考虑每次失败的概率会简单很多，记$P_i$为每次失败的概率，则：
第1次游戏失败的概率是$P_1=\frac12$
第2次游戏失败的概率是$P_2=1-{(\frac12)}^2$
……
第n次游戏失败的概率是$P_2=1-{(\frac12)}^n$
整个游戏成功的概率为$lim_{n\rightarrow+\infty}1-\prod_1^n{(1-{(\frac12)}^n)}$
这个函数并没有直接的计算方法，用程序计算近似值。

double countpossibilty(int n)
{
    if (n==100)
        return 1;
    return (1 - pow(0.5, n))*countpossibilty(n + 1);
}
int main()
{
    cout << 1-countpossibilty(1) << endl;
    system("pause");
    return 0;
}

同样，最后的概率近似于0.7112

补充

将这道题目的条件稍微改动下变为：如果第掷N次后还没赢得游戏，那么必须再连续掷N+1次正面才能获胜，求最终能获胜的概率。
不难得到，整个概率应当是一个收敛的无穷数列之和。由题目条件分析可知，只有抛出次数是2n-1（n为正整数）才可能能获胜。因为如果能恰好在抛出2n次获胜，需要在第n次到2n中都为正面（共n＋1次正面）；然而如果第n次是正面的话，那么只需要从n到2n-1之间都是正面。这就矛盾了，所以要获胜抛出次数只能是奇数次。 恰好抛出1次获胜概率为a1=0.5，恰好抛出3次获胜概率为a2=0.125，恰好抛出5次获胜概率为1/(2ˇ4)×(1-a1)，恰好抛出7次获胜概率为1/(2ˇ5)×(1-a1)，恰好抛出9次获胜概率为1/(2ˇ6)×(1-a1-a2)……
这是个很复杂的数列，类似斐波那契额数列，计算后面的项需要依赖前面的项，通项应该是算不出来的，遂写了个程序算了前100项。

void countpossibilty()
{
    double a[100] = {};
    double s[100] = {};
    a[0] = 0; a[1] = 0.5; a[2] = 0.125;
    for (int i = 3; i != 100; ++i)
    {
        double sum = 0;
        for (int j = 1; j <(i / 2); ++j)
        {
            sum += a[j];
        }
        a[i] = 1 / pow(2, i + 1)*(1 - sum);
        s[i] = s[i - 1] + a[i];
        cout << s[i] << endl;
    }
}

得到概率近似于0.7165