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我们先不看镜子，找个朋友来试一下。

让朋友站在你前面，背对着你，然后举起右手。你从后面看，那只手就在右边。现在让他举着手，原地转过身来面对你。他没换手，举的还是他自己的右手，可从你这边看，那只手已经到了左边。

接下来换成镜子。你举右手，镜子里抬起来的手还在你看到的右边。如果真有个人站在镜子那边，面对着你，他得举左手，才能把手举到那个位置。所以你才会觉得：我举的是右手，他怎么举的是左手？

第一张图画的就是这个比法：你把镜中人当成了一个转过身来面对你的人。

那为什么不说上下反了呢？刚才朋友转过身，手换边了，头还是在上面，脚还是在下面。可如果他不转身，而是像做前空翻那样翻半圈呢？他一样能面对你，只不过这回是倒立的，头在下面，脚在上面。拿这个倒立的人跟镜中人比，你反倒会说：怎么上下反了？

第三张图是另一种比法：不转身，想象自己直接走到镜子另一边。这样一比，左边还是左边，上边还是上边，反过来的是朝向：你朝着镜子里，镜中人朝着镜子外。

镜子一直没变，变的是你拿谁跟它比。那镜子到底翻了哪个方向？

伸出食指，朝着镜子指一下。你的手指朝镜子指过去，镜子里的手指却朝你指过来。两根手指一里一外，正好指向相反的方向。

这就是竖着放的镜子实际翻过来的方向：前后。

“曼德拉效应”是一个伪科学概念，它集成了 记性差+不好好学习+三人成虎+阴谋论+造谣+伪科学 等标签。这么多人言之凿凿地回答“曼德拉效应”的经历，我称之为“曼德拉效应效应”。

两个原因：做不出、不适合做。

1.做不出：

真正的随机没有办法通过基于当前传统计算机框架的程序做出来。举个简单的例子，抛骰子这件事，看起来是随机的，但是骰子在离开手的时候，骰子几点朝上的结局已经确定了。只要知道离开手的那一刻的位置、动量、风力、地面等情况，就能计算出它几点朝上。

世上大多数的随机系统，只不过是一个无法精确测定输入值的混沌系统所产生的表象。纯计算机程序中的随机都是伪随机，没有办法产生真正的随机。

2.不适合做：

比如抽一张卡片，中奖的概率是0.1，抽卡的概率是独立的、完全随机的。

按直觉来说，抽10次卡片，应该至少要中奖一次，这才符合直觉。

但是连续抽10次卡片都没有中奖的概率是 $0.9^{10}=0.34$ ，这个概率是不低的。换句话说，如果实现了真正的随机，会有三分之一的玩家质疑它不是真随机。

连续抽20次卡片都没有中奖的概率是 $0.9^{20}=0.12$ ，也就是说，会有十分之一的人，出现连续20次都没中奖的情况。

所以为了避免玩家质疑，也为了避免打消玩家的积极性，厂商会设置保底。在游戏抽奖方面的随机，不仅不是真随机，甚至连伪随机都算不上（因为有保底机制），应该称之为"伪伪随机"。

在传统规则中，一颗子被吃了就死了，这样容错率太低，不妨让每颗子多几条命。比如“将”有5条命，“兵”只有1条命。

你一回合我一回合，这样不免有些枯燥。可以弃置一枚“相”，让对方跳过一回合。

当“将”只有一条命的时候，可以获得“英姿”（额外获得一枚“兵”，放在己方的任意位置）、“英魂”（对方获得一枚“兵”，然后弃置4-x枚子，x为将领当前体力）。

兵之间的战争可以致敬火烧连营：当你失去最后一个兵的时候，可以获得一个兵。

“裸衣”：你可以主动跳过一回合，然后你在下一回合的伤害值加一。

群里有人提出这个问题，作为抛砖引玉，我把我的思路分享一下。

我一开始没想到通用的解法。如果将题目中的“九局五胜”改成“三局两胜”，则可以算出押注第一局或者第二局乙获胜的成功率最高。下面假设各局独立，单局胜率不变。算乙最终获胜的概率时，可以先把三局的结果都排好；第三局就算不用打，也不影响谁先拿到两胜。

设乙获胜一局的概率为 $p$ ， $1-p=q$

P(乙最终获胜) $=C_{3}^{2}p^2q+C_{3}^{3}p^3=3p^2q+p^3$

由贝叶斯公式，

P(乙最终获胜|第一局乙胜) $=C_{2}^{1}pq+C_{2}^{2}p^2=2pq+p^2$

P(第一局乙胜|乙最终获胜)=

$=\frac{P(乙最终获胜|第一局乙胜)\,p}{P(乙最终获胜)}$

$=\frac{p(2pq+p^2)}{3p^2q+p^3}=\frac{1+q}{1+2q}$

P(第二局乙胜|乙最终获胜) 同理，结果等于 P(第一局乙胜|乙最终获胜)

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P(第三局乙胜|乙最终获胜)这种情况更复杂一些，因为要考虑到第三局是否存在的问题。

P(第三局乙胜|乙最终获胜)=P(第三局乙胜，第三局存在|乙最终获胜)

$=\frac{P(乙最终获胜|第三局乙胜，第三局存在)P(第三局乙胜，第三局存在)}{P(乙最终获胜)}$

$=\frac{P(第三局乙胜，第三局存在)}{P(乙最终获胜)}$ （1）

$=\frac{P(第三局存在)P(第三局乙胜)}{P(乙最终获胜)}$ （2）

$=\frac{(1-p^2-q^2)p}{3p^2q+p^3}=\frac{2q}{1+2q}$

显然小于P(第一局乙胜|乙最终获胜)。当且仅当q=1，即乙获胜概率为0时，两者才相等。但是已经知道结果为乙最终获胜的条件下，q必定小于1。

（1）式成立的原因是：第三局的获胜方一定是整个赛局的获胜方。但是如果推广到九局五胜制，那么第6/7/8局的获胜方不一定是整局的获胜方。

（2）式成立的原因是：第三局是否存在，与第三局谁获胜，是相互独立的。

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说回九局五胜。评论区的王希提了个好办法：先把九局的结果都排好，哪怕有些局最后没打。已知乙赢了整场，我们就只看乙至少赢五局的那些结果。乙赢的那几局排在前面还是后面，机会是一样的。所以九个位置上，排到乙赢的机会都一样，而且都超过一半：毕竟九个位置里，至少有五个是乙赢。

真打起来，前五局一定会打，第六局以后就不一定了。你押后面的局，就算那局原本排的是乙赢，没打到也算你输。所以押前五局中的任意一局乙赢就行。

假如需要对 $n$ 个人进行检测，病毒的携带率为 $p$ 。为了减少工作量，一次性将 $k$ 个人的唾液样本混合。如果混合样本为阴性，则说明这 $k$ 个人都没有患病。如果混合样本为阳性，说明这 $k$ 个人中至少有1个人是阳性，那么接下来对这 $k$ 个人的唾液分别做检测。这样的方法能够提高检测效率。

接下来求每个人的检测次数 $X$ 的数学期望 $E(X)$ 。 如果$E(X)$ 小于1，说明平均每个人做的检测次数小于1，即混合样本检测的方法能够提高效率。

$X$ 的取值只有两种可能： $\frac{1}{k}$ 和 $1+\frac{1}{k}$，具体的分布律是：

$P(X=\frac{1}{k})=(1-p)^{k}$

$P(X=1+\frac{1}{k})=1-(1-p)^{k}$

可以求得 $X$ 的数学期望$E(X)$

$=\frac{1}{k}(1-p)^{k}+(1+\frac{1}{k})[1-(1-p)^{k}]$

$=1-(1-p)^{k}+\frac{1}{k}$

下面拿感染率1%举个例子。

于是$E(X)=1-0.99^{k}+\frac{1}{k}$ 。

为了节约次数，希望$E(X)$ 越小越好。11人一组，平均每人摊到约0.19557次检测；10人一组是0.19562次，几乎一样。和每个人单独测相比，检测次数少了大约80%。

我在《大白话概率论》里也讲了这道题：先算100个人按10人一组能少测多少次，以及换个分法还能不能更省。

好问题。拿乒乓球举个例子，打到10平以后，要领先两分才赢下这一局。为什么是两分，而不是一分、三分？可以用概率论解释：当双方实力不过于悬殊时，一分定胜负的偶然性比较大，而领先三分才算赢，平均又要多打一些球。两分是个比较合适的选择。

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这道题可以等价地转换为赌徒问题：若甲赢一局，则乙给甲1元；若甲输一局，则甲给乙1元。初始状态下甲和乙都有2元。游戏进行下去，乙破产的概率是多少？

关于这个问题，我在这篇文章给出了初等形式的解答：

赌徒输光定理的初等证明 - 武辰的文章 - 知乎

武辰：赌徒输光定理的初等证明

可以得到乙破产的概率是 $\frac{a^2}{a^2+b^2}$

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扩展一：游戏结束时，期望进行了多少轮？

记A为甲获胜，B为乙获胜，X为游戏停止。有

$E(X|A)P(A)=E(XI_{A} )$

$E(X|B)P(B)=E(XI_{B} )$

$E(X|A)P(A)+E(X|B)P(B)=E(XI_{A}+XI_{B} )=E(X)$ (**)

$E(X)= P(第一局甲赢，第二局乙赢)(E(X)+2)$

$+P(第一局乙赢，第二局甲赢)(E(X)+2)$

$+P(第一局甲赢，第二局甲赢)\times2$

$+P(第一局乙赢，第二局乙赢)\times 2$

可以求得 $E(X)=\frac{2}{1-2ab}$

当a=b=0.5时，这个值最大，等于4。这也是符合直觉的——当势均力敌的时候，最难分出胜负。

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扩展二：当甲连续赢两局时，判定甲胜；当甲连续输两局时，判定乙胜。求甲获胜的概率。

我想到了以前的一个小发现。

起因是这道题（问题1）：

一道机器学习岗位面试题：平均要抛多少次硬币，才能出现连续两次正面向上？

过程不再赘述，我先搬结论：设甲赢一局的概率为a；当甲连续赢两局时，进行的游戏局数的数学期望是 $\frac{1}{a}+\frac{1}{a^{2}}$ 。比如甲赢一局的概率是0.5，那么平均需要进行 $\frac{1}{0.5}+\frac{1}{0.5^{2}}=6$ 局，才能出现甲连赢两局。

将问题展开为问题2：当甲连续赢两局时，判定甲胜；当甲连续输两局时，判定乙胜。求甲获胜的概率。（这个问题和题主的问题类似。区别在于，题主问题的胜利条件是“甲多赢两局”，问题2的胜利条件是“甲连赢两局”。另外，两个条件之间没有充分或必要关系）

问题2的解答：

$P(甲胜)$

$=P(第一局甲赢，第二局乙赢)P(甲胜|上一局乙赢)$

$+P(第一局乙赢，第二局甲赢)P(甲胜|上一局甲赢)$

$+P(第一局甲赢，第二局甲赢)\times1$

$+P(第一局乙赢，第二局乙赢)\times0$

$=ab\times P(甲胜|上一局乙赢)$

$+ab\times P(甲胜|上一局甲赢)$

$+aa$ (*)

又有

$P（甲胜|上一局乙赢）=P（甲赢）\times P（甲胜|上一局甲赢）+P（乙赢）\times 0$

$P（甲胜|上一局甲赢）=P（甲赢）\times 1+P（乙赢）\times P（甲胜|上一局乙赢）$

得

P(甲胜|上一局乙赢)= $\frac{a^2}{1-ab}$

P(甲胜|上一局甲赢)= $\frac{a}{1-ab}$

带入（*）式，得P(甲胜)= $\frac{a^2+a^2b}{1-ab}$

神奇的地方来了，经过简单的变形，P(甲胜)恰好等于 $\frac{E_{乙}}{E_{甲}+E_{乙}}$ ，

其中 $E_{甲}$ 是上文提到的，甲首次出现连赢两局时的游戏局数的数学期望， $E_{乙}$ 同理。

这个结论挺奇妙。比如甲每局有三分之二的机会赢。只等甲连赢，平均要3.75局；只等乙连赢，平均要12局。两人比谁先连赢，甲赢的概率就是 $\frac{12}{3.75+12}$ ，大约76%。

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总结：

1.甲比乙先连赢两局的概率是 $\frac{a^2+a^2b}{1-ab}$

甲比乙先净赢两局的概率是 $\frac{a^2}{a^2+b^2}$

2.如果一方比另一方先净赢2局才算结束游戏，则期望要比赛的局数为 $\frac{2}{1-2ab}$

3. 如果不管乙有没有连赢，一直等到甲第一次连赢两局，平均要打 $\frac{1}{a}+\frac{1}{a^{2}}$ 局。

4.比较结论1和结论2，当甲获胜概率大于一半的时候，选择净赢的赛制对他有利。（如何从直观上解释？）比如当a=0.9时，先连赢两局的概率是0.979，先净赢两局的概率是0.988。当然这两个概率都比一局定胜负更高。

我在《大白话概率论》里还讲了一道相关的题：抛硬币等到连续两次正面，为什么平均要抛6次。有兴趣可以看看。

1.“诱导公式”改为“化简公式”，因为“诱导”二字无法体现公式的内涵，而且它不是一个中性词汇。

2.“有理数”改为“比例数”。

3.几何分布和超几何分布也不太好，但我还没想到更好的。

首先说一个很粗糙的小结论。

我去年做了一个预测年龄的任务。任务的输入是一张人脸图片，输出是年龄。我构造了一个基于深度学习的回归模型。模型训练完成，在测试集的MAE是4（岁）。

我向产品经理汇报：“模型的平均预测误差是4岁”，产品经理似乎不清楚“平均预测误差”的含义，她问我“这意味着所有人的年龄误差都在4岁以内吗？”

我向产品经理解释了“平均预测误差”的含义。产品经理表示仍然更希望知道：模型能够保证多少比例的数据落在x岁误差以内。

某种意义来说，“平均预测误差”是积分的结果，“多少比例的数据落在x岁误差以内”也是积分的结果。这两者是否有一些联系？

把预测年龄减去实际年龄，记作 $X$。先假设这些误差大致服从正态分布， $\mu$ 是均值， $\sigma$ 是标准差。

设 $E(|X-\mu|)=w$

则 $E(\frac{|X-\mu|}{\sigma})=\frac{w}{\sigma}$

$E(|X-\mu|)$ 是先减掉平均偏差，再看误差有多大。如果模型整体没有明显估高或估低，平均偏差就接近 0，这个数也就和 MAE 差不多。

根据常用结论，对于标准正态变量Y，可以计算出 $E(|Y|)=\sqrt{\frac{2}{\pi}}\approx 0.798$

得知 $\frac{w}{\sigma}=\sqrt{\frac{2}{\pi}}\approx 0.798$

那么$P(|X-\mu|\leq w)$

$=P(\frac{|X-\mu|}{\sigma}\leq \frac{w}{\sigma})$

$=P(-\frac{w}{\sigma} \leq \frac{X-\mu}{\sigma}\leq \frac{w}{\sigma})$

$\approx P\left(-0.798\leq \frac{X-\mu}{\sigma}\leq 0.798\right)$

查标准正态分布表可得这个概率约等于 0.575，也就是 57.5%。

这个结论的直观含义是，如果误差大致呈钟形，模型也没有整体估高或估低，那么约 57.5% 的预测，误差的绝对值不超过 MAE。

套在我最初提到的问题：年龄回归模型的MAE是4岁，那么大致可以猜测有 57.5% 的预测，误差在 4 岁以内。

测试集的结果显示，有58%的数据误差落在4岁以内，相差不算大。

这是一个非常粗糙的结论。上面先把误差当成正态分布来算，也假设模型没有明显估高或估低，才把 $E(|X-\mu|)$ 当成 MAE 来用。实际有多少，还得回到测试集里数。

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再补充一个算得上精妙的思想：把数一一配对，相乘再加起来。交叉熵里，可以用排序不等式看怎么配对；图像卷积里，可以看一个卷积核怎么用乘加找边。

首先从排序不等式开始说起，排序不等式指的是：

当 $a_{1}\geq a_{2}\geq……\geq a_{n}$ ,

$b_{1}\geq b_{2}\geq……\geq b_{n}$ ,

有$\sum_{i=1}^{n}{a_ib_i}$$\geq\sum_{i=1}^{n}{a_ib_{j(i)}}\geq\sum_{i=1}^{n}{a_ib_{n+1-i}}$，

其中$j(1),j(2),...j(n)$是$1,2,...n$的一个置换。

简而言之，就是顺序和≥乱序和≥倒序和。

深度学习中的交叉熵损失函数。 $p(x_i)$ 是标签label， $q(x_i)$ 是模型的预测结果。

交叉熵$H(p,q)=-\sum_{i=1}^n p(x_i)log(q(x_i))$

损失函数越小，意味着预测与真实标签越接近。此时 $\sum_{i=1}^n p(x_i)log(q(x_i))$ 应该越大。如果预测概率这几个数不变，只交换它们对应的类别，根据排序不等式，对某个类别 $i$ ，当 $p(x_i)$ 比较大时，$q(x_i)$ 也应该比较大，反之同理。这是符合直觉的，当某一个类的真实label$p(x_i)$很大时，预测分数$q(x_i)$ 也应该比较高，这才能保证损失函数较小。

举个例子，一张图里明明是猫。模型给「猫」90% 的概率，交叉熵就小；只给 10%，交叉熵就大。

再想一个例子：一枚公平的硬币，正反各一半。你也报五五开，已经猜对了分布，可下一次抛出的是正是反，还是说不准。这是硬币本来就有的不确定性。你要是报成九一开，平均损失就会更大。多出来的这部分，就是 KL 散度。交叉熵就是把这两部分加在一起。

最后说卷积神经网络中的卷积，卷积层的输入是图像，图像的数值一般代表灰度值。比如灰度图的数值取值在[0,255]区间中，数值越高，代表颜色越白。

卷积本质上是提取特征的工具。比如下面的卷积核用来识别一个像素是否具有“左边周围的灰度值与右边周围的灰度值有较大差异”的模式或特征。假如图片的某个区域中，右边的灰度值高于左边的灰度值，算出来的值就会比较大。这个卷积核做的其实是减法：用右边几个像素的亮度减去左边几个像素的亮度。比如左边是黑墙，右边是白墙，差就很大；如果两边差不多亮，算出来就接近零。

同理，下面的卷积核用来识别一个像素是否具有“上面周围的灰度值与下面周围的灰度值有较大差异”的模式或特征。

两个卷积核做的是同一件事：一个比左右两边，一个比上下两边。哪里亮度一下子变了，哪里就可能有一条边。

王力每天都要去按摩店。按摩店有9个技师，他每天晚上挑3个技师出来，一个只按摩脚，一个只按摩背，一个只按摩头。至少需要多少天，才能穷尽所有的组合？

答：9*8*7=504。