咱们先把问题明确下来：

给定一枚公平硬币，求需要抛掷多少次，才能让正面次数比反面多$a$次，或者反面次数比正面多$b$次？这个抛掷次数的期望值是多少？另外，如果换成有偏硬币（正面概率为$p$，反面为$1-p$），有没有通用的解析公式？

一、直接构建线性方程组的常规思路 #

最直接的方法是用递推关系建立线性方程组：
设$x_i$表示当前正面比反面多$i$次时，还需要抛掷的期望次数。

对于还没结束的中间状态（也就是$-b+1 \leq i \leq a-1$），每抛一次，有50%概率正面朝上（状态变成$i+1$），50%概率反面朝上（状态变成$i-1$），同时这次抛掷消耗了1次，所以递推式是：
$$x_i = 1 + \frac{1}{2}x_{i+1} + \frac{1}{2}x_{i-1}$$

边界条件很好理解：当正面已经领先$a$次（$x_a$），或者反面领先$b$次（$x_{-b}$）时，游戏直接结束，不需要再抛了，所以：
$$x_{-b} = x_a = 0$$

这样我们就得到了一个包含$a+b+1$个未知数的线性方程组。虽然可以用软件数值求解，但手动解的话要处理大矩阵，有点麻烦——那有没有更简便的解析方法？

二、更简洁的解析解 #

1. 公平硬币的情况（$p=\frac{1}{2}$）

我自己试了好几组公平硬币的实验，发现结果全是整数！比如当$a=b=n$时，期望值正好是$n^2$。

其实对于任意的$a$和$b$，公平硬币下的期望抛掷次数就是**$a \times b$**——是不是特别简洁？比如$a=30$、$b=20$的话，结果就是$30\times20=600$，和用代码跑出来的结果完全一致。

2. 有偏硬币的情况（$p \neq \frac{1}{2}$）

对于有偏的情况，咱们也有通用的解析公式：
先定义$r = \frac{1-p}{p}$（也就是反面概率和正面概率的比值），那么游戏结束时的期望抛掷次数可以写成：
$$\frac{a(1 - r^b) + b(r^a - 1)}{(1-p)(1 - r^{a+b})} - \frac{a + b}{1 - 2p}$$
或者整理成更直观的形式：
$$\frac{a}{1-2p} \cdot \frac{1 - \left(\frac{1-p}{p}\right)^b}{1 - \left(\frac{1-p}{p}\right)^{a+b}} + \frac{b}{2p-1} \cdot \frac{1 - \left(\frac{p}{1-p}\right)^a}{1 - \left(\frac{p}{1-p}\right)^{a+b}}$$

这个公式是通过求解递推方程得到的：把原递推式$x_i = 1 + p x_{i+1} + (1-p)x_{i-1}$变形为线性非齐次递推关系，先求齐次解再找特解，结合边界条件就能推导出这个结果。

三、数值求解的Mathematica代码 #

如果不想手动推导，也可以用代码直接解方程组，这里给一份可以直接运行的Mathematica代码：

ExpectedTosses[p_, a_, b_] := 
  Module[{equations, boundaryConditions, solution},
    equations = Table[X[i] == 1 + p (X[i + 1]) + (1 - p) (X[i - 1]), {i, -b + 1, a - 1}];
    boundaryConditions = {X[a] == 0, X[-b] == 0};
    solution = Solve[Join[equations, boundaryConditions], Table[X[i], {i, -b, a}]];
    Print[solution];
    X[0] /. solution[[1]]
  ];

(* 示例：公平硬币，a=30，b=20 *)
ExpectedTosses[1/2, 30, 20]

运行这个示例的话，会输出600，正好对应$30\times20$的结果。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者maplemaple