期望值计算-概率谜题：百门百次掷骰取币的期望求解

嘿，这个问题完全不用费劲去构建马尔可夫链——核心是抓住线性期望这个概率里的关键工具，它能帮你绕开所有复杂的状态转移计算！

问题拆解与核心思路 #

我们的目标是计算100次投掷后总共拿到的美元期望值。这里有个超实用的技巧：把总金额拆成「每扇门是否能为我们贡献1美元」的总和。

设：

• ( Y_j ) 是一个指示变量：如果第( j )扇门在100次投掷中被选中过至少一次，( Y_j = 1 )；否则( Y_j = 0 )
• 总金额 ( X = Y_1 + Y_2 + ... + Y_{100} )

根据线性期望的性质（划重点：这个性质不管变量之间是否独立都成立！），总期望值等于各个指示变量的期望值之和：
[ E[X] = E[Y_1] + E[Y_2] + ... + E[Y_{100}] ]

计算单扇门的期望贡献 #

对于任意一扇门，( E[Y_j] ) 其实就是这扇门被至少选中一次的概率（因为指示变量的期望等于它取1的概率）。

反过来算更简单：先算这扇门100次都没被选中的概率。每次投掷时，不选中这扇门的概率是 ( \frac{99}{100} )，100次投掷是独立事件，所以100次都没选中的概率是 ( \left( \frac{99}{100} \right)^{100} )。

那这扇门被至少选中一次的概率就是：
[ P(Y_j=1) = 1 - \left( \frac{99}{100} \right)^{100} ]

总期望值计算 #

因为所有100扇门的情况完全对称，每扇门的期望贡献都一样，所以总期望值：
[ E[X] = 100 \times \left( 1 - \left( \frac{99}{100} \right)^{100} \right) ]

如果要近似数值的话，利用极限 ( \lim_{n \to \infty} \left(1 - \frac{1}{n}\right)^n = \frac{1}{e} )，当n=100时，( \left( \frac{99}{100} \right)^{100} \approx \frac{1}{e} \approx 0.3679 )，所以总期望值大约是 ( 100 \times (1 - 0.3679) = 63.21 ) 美元。

为什么不用马尔可夫链？ #

你一开始想到马尔可夫链其实是合理的——这个问题确实可以用状态转移来建模（状态是当前已经打开的门的数量，从0到100），但需要写大量的转移方程和递归式，计算量会大很多。而线性期望直接把复杂的「总金额」拆解成简单的「单扇门贡献」，完全避开了状态依赖的问题，是更高效的解法。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者gReaper