蒙特霍尔问题变体：选手自主开门后的概率计算困惑

嗨，我来帮你理清这个问题的核心！你的直觉和计算都有需要调整的地方——咱们先从你设定的关键条件说起：只考虑选手开门后没暴露奖品的情况，这个限定是你计算失误的关键所在。

先修正你的条件概率设定 #

首先，先验概率没问题：
$$
P(\text{Car}@A) = P(\text{Car}@B) = P(\text{Car}@C) = \frac{1}{3}
$$
但条件概率要根据“没暴露奖品”的前提调整：如果车在B门后面，选手打开B门必然会发现奖品，这种情况不在我们讨论的样本里，所以此时$P(\text{打开B门且无奖品} | \text{Car}@B) = 0$；而当车在A或C门时，选手打开B门不会碰到奖品，所以选手选择开B门的概率是$\frac{1}{2}$，即：
$$
P(\text{打开B门且无奖品} | \text{Car}@A) = \frac{1}{2}, \quad P(\text{打开B门且无奖品} | \text{Car}@C) = \frac{1}{2}
$$

用贝叶斯定理重新计算后验概率 #

现在我们要算的是，在“选手开了B门且没找到奖品”的前提下，车在A或C门的概率：

1. 先算全概率（分母）：
   $$
   \begin{align*}
   P(\text{打开B门且无奖品}) &= P(\text{Car}@A) \times P(\text{打开B门且无奖品} | \text{Car}@A) + P(\text{Car}@B) \times P(\text{打开B门且无奖品} | \text{Car}@B) + P(\text{Car}@C) \times P(\text{打开B门且无奖品} | \text{Car}@C) \
   &= \frac{1}{3} \times \frac{1}{2} + \frac{1}{3} \times 0 + \frac{1}{3} \times \frac{1}{2} \
   &= \frac{1}{6} + 0 + \frac{1}{6} = \frac{1}{3}
   \end{align*}
   $$
2. 计算车在A门的概率：
   $$
   P(\text{Car}@A | \text{打开B门且无奖品}) = \frac{\frac{1}{3} \times \frac{1}{2}}{\frac{1}{3}} = \frac{1}{2}
   $$
3. 计算车在C门的概率：
   $$
   P(\text{Car}@C | \text{打开B门且无奖品}) = \frac{\frac{1}{3} \times \frac{1}{2}}{\frac{1}{3}} = \frac{1}{2}
   $$

为什么和原版蒙特霍尔不同？ #

原版问题的核心是主持人知道车的位置，并且永远不会打开有车的门——这相当于主持人主动帮你排除了一个错误选项，同时把那2/3的概率转移到了剩下的未选门。但在你的变体里，选手是随机选门开的，完全不知道车的位置，只是恰好没开到有车的门。这种情况下，我们只是排除了车在B门的可能，剩下的A和C是完全等概率的，各占50%。

所以结论是：你的初始猜测（等价于原版蒙特霍尔）不对，实际情况是换不换都是50%的胜率，你的计算错误在于没把“车在B门时开B门会暴露奖品，不在讨论范围内”这个条件考虑进去。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Notwen