古典概型与几何概型
第 2 讲 · 概率论与数理统计
复旦大学经济学院 ECON130001
上一讲我们做了什么
样本空间 $\Omega$，事件是它的子集；并交差补就是事件的运算； $A-B=A\cap\overline{B}$；De Morgan 律让「至少一个」与「都不」互换。
非负性、$P(\Omega)=1$、可列可加性。六条性质全部由它们推出，没有额外假设。
三条公理规定了概率要满足什么约束，却没说 基本事件的概率从哪来。$P(\{1\})$ 到底等于多少，公理一个字都没提。
为什么需要这一讲
这个推理没有错。穷举确实不可能，今天也仍然不可能。
但要用这一招，先得回答一个问题：什么叫「随机」撒点？ 撒法不同，答案会不会不一样？
来源
围棋 19×19 合法局面数 $2.08\times10^{170}$：John Tromp & Gunnar Farnebäck, Combinatorics of Go，2016 年 1 月完成计算 （tromp.github.io/go/legal.html）。 国际象棋合法局面数 $4.8\times10^{44}$：同作者 2021 年 7 月计算结果。 可观测宇宙原子数 $10^{80}$ 为天体物理学常用量级估计。访问日期 2026-08-01。本讲学习目标
- 会用四种计数工具（加法、乘法、排列、组合）数清一个有限样本空间
- 数不清的时候，会改用几何概型——把「计数」换成「测面积」
- 知道这两种模型共同的前提是等可能，并且知道这个前提有多容易出问题
古典概型：把概率变成除法
当试验的基本事件有限个，且每个基本事件出现的可能性相同时， 称为古典概型，其样本空间称为简单样本空间。
$\Omega$ 含 $n$ 个结果，每个结果概率 $1/n$。事件 $A$ 含 $m$ 个结果，则 $$P(A)=\frac{\text{有利于 }A\text{ 的基本事件数}}{\text{基本事件总数}}=\frac{\sharp A}{\sharp\Omega}=\frac{m}{n}$$
「等可能」是一条额外的假设，不是公理推出来的。 一旦假设它，每个基本事件的概率就被定死为 $1/n$，公理随即唯一决定其余一切。
先做一道，看难点在哪
袋内装有 5 个白球、3 个黑球。任取两个球，求两个都是白球的概率。
样本空间：从 8 个球中取 2 个，$\sharp\Omega=C_8^2=28$。
事件 $A$：从 5 个白球中取 2 个，$\sharp A=C_5^2=10$。
$$P(A)=\frac{10}{28}=\frac{5}{14}\approx0.357$$$P(A)=\sharp A/\sharp\Omega$ 只有一行。真正花时间的是把 $\sharp A$ 和 $\sharp\Omega$ 数对 ——而且两者必须落在同一个样本空间上。所以接下来四页讲怎么数。
计数工具一：分类加法
完成一件事有 $n$ 类方法，第 $i$ 类有 $m_i$ 种， 每一类都能单独把事情办成，则 $$N=m_1+m_2+\cdots+m_n$$
北京到沈阳可乘飞机、火车、长途汽车。一天有 4 个航班、3 列火车、5 趟汽车， 共有多少种走法？
$4+3+5=12$ 种。
「或」——选了这一类就不用另一类。对应上一讲的互斥事件之并。
计数工具二：分步乘法
完成一件事分 $n$ 步，第 $i$ 步有 $m_i$ 种选择， 每一步都做完才算办成，则 $$N=m_1\times m_2\times\cdots\times m_n$$
北京到沈阳 4 个航班，沈阳到哈尔滨 5 个航班，北京直飞哈尔滨 3 个航班。 北京到哈尔滨有几种走法？
$\underbrace{4\times5}_{\text{转机：分两步}}+\underbrace{3}_{\text{直飞}}=23$ 种。
「且」/「然后」——每一步都要走。 这道题两个原理都用了：先按「转机还是直飞」分类，转机那一类内部再分步。
计数工具三：排列（有重复）
罐中装有编号 1 至 8 的小球，摸出一个记下球号后放回。 摸 4 次并依次记录，最多得到多少种球号排列？
$8^4=4096$ 种。
从 $n$ 个不同元素中取 $m$ 个排列，允许重复，总数为 $$n^m$$
每一次摸球是一「步」，每步都有完整的 8 种选择——放回意味着 前一步不影响后一步。这正是分步乘法原理。
计数工具四：排列（无重复）
邮政编码由 6 位数字组成，每位可取 $0,1,\dots,9$。 最多能编出多少个各位数字互不相同的邮编？
$\dfrac{10!}{(10-6)!}=10\times9\times8\times7\times6\times5=151200$ 种。
从 $n$ 个不同元素中取 $m$（$m\le n$）个，按顺序排成一列，总数为 $$A_n^m=\frac{n!}{(n-m)!}$$
不放回：选走一个，下一步就少一个可选。 $10\times9\times8\cdots$ 而不是 $10\times10\times10\cdots$。
计数工具五：组合（不计顺序）
从 $n$ 个不同元素中取 $m$（$m\le n$）个，不论次序构成一组，总数为 $$C_n^m=\frac{n!}{(n-m)!\,m!}=\frac{A_n^m}{m!}$$
为什么要除以 $m!$
同样一组 $m$ 个元素，排成一列有 $m!$ 种顺序，而组合把它们算作同一种。 所以组合数就是排列数除以 $m!$。30 人的班级选 5 人组成班委，共有多少种选法？
$C_{30}^5=\dfrac{30!}{25!\,5!}=\dfrac{30\times29\times28\times27\times26}{120}=142506$ 种。
问一句：换个顺序，还是同一件事吗？ 班委不分先后 → 组合；邮编换个顺序就是另一个号 → 排列。
小结：四种计数工具怎么选
| 问自己 | 答 | 用 |
|---|---|---|
| 分类还是分步？ | 分类（「或」） | 加法 $m_1+m_2+\cdots$ |
| 分步（「且」） | 乘法 $m_1\times m_2\times\cdots$ | |
| 取了放不放回？ | 放回 | $n^m$ |
| 不放回，讲顺序 | $A_n^m=\dfrac{n!}{(n-m)!}$ | |
| 不放回，不讲顺序 | $C_n^m=\dfrac{n!}{(n-m)!\,m!}$ |
最后必查一条：$\sharp A$ 与 $\sharp\Omega$ 必须数在同一个样本空间上 ——一个讲顺序、一个不讲顺序，比出来的就是错的。
应用：AI 怎么判断一段股评是利好还是利空
把一篇文章看成一个装满词的袋子，暂时不管语法和顺序 ——注意，「不管顺序」就是在说：这是个组合问题，不是排列问题。
先在海量语料上统计：「上涨」「盈利」这些词在利好评论里出现得多频繁。 判断新评论时算 $$P(\text{利好}\mid\text{评论})\ \propto\ \frac{\text{含这些词的利好评论数}}{\text{利好评论总数}}$$
右边这个分式，就是古典概型的 $\sharp A/\sharp\Omega$。 看起来最现代的文本分析，起点是数数。 （左边那个条件概率的正式算法在第 3 讲。）
一次把计数用到底：扑克牌型
从一副 52 张牌中随机抽 5 张。抽牌不计顺序，所以 $$\sharp\Omega=C_{52}^5=2\,598\,960$$ 这个数是所有牌型的公共分母，只要算一次。
八种牌型，八个 $\sharp A$。八次都是同一套动作： 先定点数，再定花色，最后减掉重复计入的更大牌型。
先算两个极端
五张连号且同花色。
$$\frac{10\times4}{C_{52}^5}=\frac{40}{2598960}\approx1.54\times10^{-5}$$10：起始点数（A-2-3-4-5 到 10-J-Q-K-A）。
4：花色四选一。
一个对子 + 三张互不相同的散牌。
$$\frac{C_4^2\times13\times C_{12}^3\times4^3}{C_{52}^5}=\frac{1098240}{2598960}\approx0.423$$$13$ 定对子点数，$C_4^2$ 定其花色，
$C_{12}^3$ 定三张散牌的点数，$4^3$ 定它们的花色。
差了四个数量级。中间还有六种牌型——它们的算法完全一样， 下一页交给你们自己在工具里拆。
交互：扑克牌型概率计算器
点左侧任一牌型，右边会把计数式逐个因子拆开， 每个因子配一句「它是怎么来的」。
- 同花与顺子：为什么要减掉 40
- 两对：为什么是 $C_{13}^2$ 而不是 $13\times12$
交互演示：选牌型，看计数式逐因子拆解
八个牌型的结果，与两处最容易错的地方
| 牌型 | $\sharp A$ | 概率 |
|---|---|---|
| 同花顺 | 40 | 0.0015% |
| 四条 | 624 | 0.024% |
| 葫芦 | 3 744 | 0.144% |
| 同花 | 5 108 | 0.197% |
| 顺子 | 10 200 | 0.392% |
| 三条 | 54 912 | 2.11% |
| 两对 | 123 552 | 4.75% |
| 一对 | 1 098 240 | 42.3% |
「五张同花色」里混着 40 个同花顺，而同花顺是更大的牌型。 不减就重复计数了——这是上一讲互斥没处理好。
那样会把「A 对 + K 对」和「K 对 + A 对」数两遍。 两个对子没有先后，选点数必须用 $C_{13}^2$。
应用：随机选股的组合概率
股票池有 10 只科技股、8 只金融股。完全随机选 5 只构成组合， 求恰好选出 3 只科技股和 2 只金融股的概率。
不考虑选取顺序，所以用组合： $$\sharp\Omega=C_{18}^5=8568,\qquad \sharp A=C_{10}^3\times C_8^2=120\times28=3360$$ $$P(A)=\frac{3360}{8568}\approx0.392$$
注意 $\sharp A$ 用的是乘法：从科技股里选 3 只 且从金融股里选 2 只，是分两步走。
「随机选」是一个基准。基金经理主动选出的组合若在这个分布里毫不出奇， 那他的选股能力就无从谈起——这是业绩归因的基本思路。
应用：一个 6 位密码能扛多久
密码 6 位，每位可以是 a–z、A–Z、0–9 中任意一个。 黑客每秒能试 100 万个，暴力破解平均需要多久？
字符集 $26+26+10=62$，每位独立、可重复，属有重复的排列： $$\sharp\Omega=62^6=56\,800\,235\,584\approx568\text{ 亿}$$ 平均要试一半才成功： $$t\approx\frac{56.8\times10^9/2}{10^6}\approx28400\ \text{秒}\approx7.9\ \text{小时}$$
同一个数，换个单位就换了结论。密码每多一位，时间乘 62 ——8 位就要 3.5 年。计数原理就是信息安全强度的理论基础。
接下来
到这里，只要样本空间是有限的，我们都能算了——数分子、数分母、相除。
但如果结果有无穷多个呢？ 「在 $[0,1]$ 上随机取一个数」，基本事件有不可数无穷个，每个的概率都是 0。 分母是无穷，这个除法做不下去了。
先试两道，看该换成什么
在 $[0,1]$ 上随机取一个数，求它小于 $0.5$ 的概率。
$P=0.5$。—— 不是数个数，是比长度。
在 $[0,1]$ 上随机取两个数，求两数之差小于 $0.5$ 的概率。
样本空间是单位正方形，事件是 $|x-y|<0.5$ 的带状区域。 $$P=1-2\times\frac{1}{2}\times0.5^2=0.75$$ —— 这次是比面积。
规律出来了：把「计数」换成「测量」。一维测长度，二维测面积，$r$ 维测体积。
几何概型
$R_r$ 是 $r$ 维向量空间。对 $R_r$ 的子集 $A$，定义其测度 $$m(A)=\int_A \mathrm{d}x_1\mathrm{d}x_2\cdots\mathrm{d}x_r$$ $r=1$ 是长度，$r=2$ 是面积，$r=3$ 是体积。
设样本空间 $\Omega\subset R_r$ 的测度 $m(\Omega)$ 为正数，样本点等可能地落在 $\Omega$ 中。 对 $A\subset\Omega$，称 $$P(A)=\frac{m(A)}{m(\Omega)}$$ 为事件 $A$ 发生的概率。
和古典概型是同一个式子：分子分母都换成了测度而已。 「等可能」这条假设也原样保留——请记住它，最后一页要算账。
几何概型例题（一）：圆内落点
质点等可能地落在半径 $1\,\mathrm{m}$ 的圆 $\Omega$ 中，$A$ 是其中半径 $0.5\,\mathrm{m}$ 的同心圆。 求质点落在小圆内、小圆外的概率。
落在小圆外：由上一讲的对立事件，$P(\overline{A})=1-\frac14=\frac34$。
半径缩一半，概率不是缩一半，是缩到四分之一——面积按半径的平方走。
几何概型例题（二）：会面问题
两人在 1:00 至 2:00 间独立且随机地到达某地会面，先到者等 20 分钟即离去。 求两人能相遇的概率。
设两人到达时刻为 $x,y$（分钟）： $$\Omega=\{(x,y)\mid 0\le x,y\le60\},\qquad A=\{(x,y)\mid |x-y|\le20\}$$ $\Omega$ 是 $60\times60$ 的正方形；$A$ 的补集是两个直角边为 $40$ 的三角形： $$P(A)=\frac{60^2-40^2}{60^2}=\frac{2000}{3600}=\frac59\approx0.556$$
题面里没有任何几何图形，「面积」是我们自己造出来的—— 把两个时刻当成平面上一个点的两个坐标。这一步才是几何概型真正难的地方。
几何概型例题（三）：再练两道
在 $[0,1]$ 中随机取两点 $x,y$，求 $x^2+y^2<1$ 的概率。
$\Omega$ 是单位正方形（面积 1）， $A$ 是四分之一单位圆： $$P(A)=\frac{\pi/4}{1}=\frac{\pi}{4}$$
眼熟吗？这正是上一讲蒙特卡洛估计 $\pi$ 的那个模型 ——反过来用就能测 $\pi$。
两人在 5:00 至 6:00 间独立随机到达，求一人至少等另一人半小时的概率。
$A=\{|x-y|\ge30\}$，是两个直角边为 $30$ 的三角形： $$P(A)=\frac{30^2}{60^2}=\frac14$$
与例题（二）是同一张图的另一块区域—— 换个问法，换块面积。
贝特朗悖论：同一道题，三个答案
在半径为 1 的圆内任取一条弦，求弦长 $\ge\sqrt3$ 的概率。
固定一端 $x_0$，另一端 $y$ 等可能落在圆周上： $$\Omega=[0,2\pi),\quad A=[\tfrac{2\pi}{3},\tfrac{4\pi}{3}]$$ $$P(A)=\frac13$$
弦的中点等可能落在圆内。弦长 $\ge\sqrt3$ 当且仅当中点落在半径 $1/2$ 的小圆盘内： $$P(A)=\frac{\pi(1/2)^2}{\pi\cdot1^2}=\frac14$$
还有第三种：中点到圆心的距离等可能落在 $[0,1]$ 上，得 $P=\frac12$。 三种取法都自称「随机」，答案却是 $\frac13$、$\frac14$、$\frac12$。
问题出在哪：回到开场
「随机取一条弦」这句话没有指定样本空间。 端点均匀、中点均匀、距离均匀——这是三个不同的 $\Omega$， 自然给出三个不同的 $P$。
古典概型说「每个基本事件等可能」，几何概型说「样本点等可能落在 $\Omega$ 中」 ——这两句话里的「等可能」都必须先说清楚是对什么等可能， 否则概率根本没有定义。
开场问的是：什么叫「随机撒点」？现在有答案了——撒法本身就是模型的一部分。 蒙特卡洛方法的全部技术难点，正在于设计一个采样分布，让估计值收敛到你真正想要的那个数。
应用：双寡头价格竞争
A、B 两家公司竞争一份合同，各自独立且随机地在 $[100,200]$（万元）内报价， 价低者得。求：(1) A 中标的概率；(2) A 中标且报价高于 150 万的概率。
设 A 报 $x$、B 报 $y$。$\Omega$ 是边长 100 的正方形，$m(\Omega)=100^2=10000$。
(1) A 中标即 $x<y$，是对角线上方的三角形： $$P=\frac{\frac12\times100^2}{10000}=\frac12$$ ——不用算也知道，两家对称。
(2) 加上 $x>150$，区域缩成顶点为 $(150,150),(150,200),(200,200)$ 的小三角形： $$P=\frac{\frac12\times50^2}{10000}=\frac{1250}{10000}=\frac18$$
应用：用面积看懂「过拟合」
一个模型在训练时把所有数据点完美分开了。 现在来一个新数据点，随机出现在图中任意位置。模型分错的概率是多少？
- $\Omega$：整个正方形区域
- $A$：被模型划错的所有区域
- $P(A)=m(A)/m(\Omega)$，就是那些扭曲部分的总面积占比
边界越扭，训练集上越完美，划错的面积却越大。 在训练数据上得分高，不等于在新数据上犯错少。
本讲总结
围棋的局面数不完，AlphaGo 靠随机采样。而「随机」这个词本身需要被定义 ——贝特朗悖论证明了：不说清对什么等可能，概率就没有值。
上一讲说公理没有给出基本事件的概率；这一讲给出了两种给法 （等可能计数、等可能测度）。但代价是：给法本身成了模型假设，要为它负责。
- 古典概型 $P(A)=\dfrac{\sharp A}{\sharp\Omega}$：有限 + 等可能，难点全在计数
- 四种计数：分类用加法、分步用乘法；放回 $n^m$、不放回讲顺序 $A_n^m$、不讲顺序 $C_n^m$
- 几何概型 $P(A)=\dfrac{m(A)}{m(\Omega)}$：同一个式子，计数换成测度
本讲总结（续）
- $\sharp A$ 与 $\sharp\Omega$ 必须数在同一个样本空间上——一个讲顺序一个不讲，比出来就是错的
- 算「同花」「顺子」时要减掉同花顺；算「两对」时点数要用 $C_{13}^2$——都是重复计数
- 几何概型的难点不在算面积，在把题目翻译成一个几何区域（会面问题）
今天所有的概率都是一次性算出来的：给定 $\Omega$，数一数，完事。
可现实中信息是陆续到来的——三门问题里，主持人开门之后， 那扇门的概率就变了。已经知道了一部分事实，剩下的概率该怎么更新？
下一讲：条件概率与事件的独立性。