这是我在闲着没事算概率的时候发现的。
那么先举个简单的例子：有两枚硬币，给每枚硬币标号（表示每个硬币与其它硬币是不一样的）。假设某个硬币正面向上记为1，反面向上记为0。那么投掷这两个硬币的情况有以下几种：
（0,0），（0,1），（1,0），（1,1）
总结一下，就可以发现，0个正面的情况有1种，1个正面的情况有2种，2个正面的情况有1种。【1,2,1】
如果再加一枚硬币，这三枚硬币一抛，可能的情况有以下几种：
（0,0,0），（0,0,1），（0,1,0），（0,1,1），（1,0,0），（1,0,1），（1,1,0），（1,1,1）【其实感觉上讲就是在用二进制来排……】
总结一下，就可以发现，0个正面的情况有1种，1个正面的情况有3种，2个正面的情况有3种，3个正面的情况有1种。【1,3,3,1】
再加一枚硬币，这四枚一起抛。为了表示方便，我将不再套括号，仅用位数来表示硬币序号：
0000,0001,0010,0011,0100,0101,0110,0111,1000,1001,1010,1011,1100,1101,1110,1111
总结一下，就可以发现，0个正面的情况有1种，1个正面的情况有4种，2个正面的情况有6种，3个正面向上的情况有4种，4个正面向上的情况有1种。【1,4,6,4,1】
在算到这儿的时候我就发现这个数列好像很熟悉……于是我联系上了杨辉三角。然后我又继续验证了一下，一直验证到7枚硬币同时抛的情况，发现这些结果完全和杨辉三角一行一行吻合。
当然，在后来的验算中，我不得不使用P(m,n)这个东西了，所以即使你们给我讲排列数，我也是能一知半解的。话说我以前还似乎因为C(4,8)而吃过杀拉兄和天马的亏吧。
直到现在我还是不知道这种排列数是怎么和杨辉三角建立联系的。
我也在试图顺着杨辉三角的性质往下剖这个问题，然后又想了几个递推方法来解决这个问题（但是实践的时候才发现没那么容易）。不过我也仍然能发现一点结果，比如说：
在原来有n个硬币的前提下，0个正面向上的情况只有1种。现在又加了一枚硬币，如果这枚加进来的硬币是正面向上，那么它在原来的这一串数字结果（00000……0）里面一共有n+1个可以插入的位置（每个0的前面和最后一个0的后面），于是在一共n+1个硬币的情况下，1个正面向上的情况有n+1种。把这个结论变形一下就能得出：在一共N（N为正整数）枚硬币同时抛的情况下，1个正面向上的情况有N种。
但是这种证明方式只能证明到1个正面向上的情况。如果是2枚硬币正面向上的话，这种插入的算法就比较繁琐（C(m,n)照样得用，但是搞不好要用容斥原理？反正我没试过，估计也没那么容易算出来）。不管了，看着办吧。如果谁知道怎么算的话，也可以告诉我。这样一来，我就不用在这个问题上犯愁了。 |
