考虑这么一个 14 位数 02565413989732 ，如图所示，它的数字先逐渐变大，然后开始变小，再变大，再变小，再变大，再变小。我们就说，它一共包含了 6 个单调区间。我们的问题就是：一个 n 位数平均有多少个单调区间？为了避免歧义，我们假设任意两位相邻的数字都不相同，因而像 77765589911 这样的数我们就不考虑了。另外，大家可能已经注意到了，我们允许这个 n 位数以数字 0 开头。因而，更精确地说，我们的问题是：相邻数字都不相同的、允许以 0 开头的所有 n 位数当中，平均有多少个单调区间？
这个题目来自 1987 年 IMO 候选题。
这道题出自 Fifty Challenging Problems in Probability 一书中的第 49 个问题（有趣的是，这本书里其实一共有 56 个问题）。假设你有一个长度测量工具。在测量实际长度为 L 的物体时，由于不可避免的误差，你将会得到一个平均值为 L ，方差为 σ2 的随机结果。现在有两根长度未知的木棒，你需要用两次测量得出每根木棒的长度，使得所得结果的误差尽可能的小。除了分别测量每根木棒的长度以外，还有没有什么更好的方案？
在一篇老日志中，我提到了一个经典的概率问题：平均需要抛掷多少次硬币，才会首次出现连续两个正面？它的答案是 6 次。它的计算方法大致如下。
首先，让我们来考虑这样一个问题： k 枚硬币摆成一排，其中每一枚硬币都可正可反；如果里面没有相邻的正面，则一共有多少种可能的情况？这可以用递推的思想来解决。不妨用 f(k) 来表示摆放 k 枚硬币的方案数。我们可以把这些方案分成两类：最后一枚硬币是反面，或者最后一枚硬币是正面。如果是前一种情形，则我们只需要看前 k – 1 枚硬币有多少摆法就可以了；如果是后一种情形，那么倒数第二枚硬币必须是反面，因而这种情形下的方案数就取决于前 k – 2 枚硬币的摆放方案数。因此我们得到， f(k) = f(k – 1) + f(k – 2) 。由于摆放一枚硬币有两种方案，摆放两枚硬币有三种方案，因而事实上 f(k) 就等于 Fk+2 ，其中 Fi 表示 Fibonacci 数列 1, 1, 2, 3, 5, 8, …的第 i 项。
而“抛掷第 k 次才出现连续两个正面”的意思就是，最后三枚硬币是反、正、正，并且前面 k – 3 枚硬币中正面都不相邻。因此，在所有 2k 种可能的硬币正反序列中，只有 Fk-1 个是满足要求的。也就是说，我们有 F1 / 4 的概率在第二次抛币就得到了连续两个正面，有 F2 / 8 的概率在第三次得到连续两个正面，有 F3 / 16 的概率在第四次得到连续两个正面⋯⋯因此，我们要求的期望值就等于：
某大公司有这么一个规定：只要有一个员工过生日，当天所有员工全部放假一天。但在其余时候，所有员工都没有假期，必须正常上班。这个公司需要雇用多少员工，才能让公司一年内所有员工的总工作时间期望值最大？
假设一年有 365 天，每个员工的生日都概率均等地分布在这 365 天里。
最近忙于写学年论文，一直没时间更新 Blog 。不过，我却并没有停止在网上闲逛的习惯。这几天会慢慢把最近看到的有意思的东西写下来。今天学到的一个比较有趣的东西就是：平均等待时间往往大于平均间隔时间的一半。
比方说，有这么一趟公交车，平均每 10 分钟发一班车，但具体的发车时间是很不固定的。如果你在某个时刻来到车站，等到下一班车平均要花多久呢？很多人或许都觉得，平均等待时间应该是 5 分钟，毕竟平均间隔时间是 10 分钟嘛。然而事实上，平均等待时间是大于 5 分钟的。这是因为，10 分钟的发车间隔只是一个平均值，实际间隔有时是几分钟，有时是十几分钟。如果你出现在车站的时刻，正好位于几分钟的间隔中，你的平均等待时间显然就会小于 5 分钟；但如果你出现在车站的时刻，正好位于较长的间隔中，那么你的平均等待时间就会大于 5 分钟。关键就在这里：你出现在车站的时刻，更有可能落在了较长的发车间隔中。因而，平均等待时间会偏向于大于 5 分钟的情况。
那么，如果公交车发车的时间足够随机，概率均等地分布在时间轴上（假设平均间隔仍是 10 分钟），那么当你来到车站时，平均需要多久才能等到公交车呢？答案或许很出人意料——平均等待时间就是 10 分钟。下面我们就来证明这一点。