算算本題中A獲勝的概率？

12-03

A和B交換投籃，即不管投進與否，A投一次B投一次。規定誰在佔優勢的情況下繼續進了下一球就算贏，例如A先投進，此時A處於佔優狀態，B投進，則B佔優A劣勢。倘若B沒投進，在佔優狀態的A投進下一球則獲勝，投不進佔優狀態不變等待B投球，若B投進，則B立即佔優。A投進概率為P，B投進概率為Q，A獲勝的概率是多少？P至少為多少時A獲勝的概率大於P？

用隨機過程中的martingale停時定理來做：

1. 首先設定一些基本記號，考慮投球序列：
${A_1, B_1, A_2, B_2,ldots}$
其中 $A_t$ 表示A的第 $t$ 次投球結果，1為投中，0為投不中。

* 為方便起見，令時刻 $t=0$ 的投籃結果為A，B均不中，即 $A_0 = B_0 = 0$ 。
* 注意這裡我們在每個時刻令A和B都投籃，也就是時間流逝1的話，投籃序列里應該增加兩個(A和B各自的)投籃結果。

2. 然後考慮每個時刻兩人的投籃狀態 $(A_t, B_t)$ ，設立一個Markov chain，為其定義狀態如下：
狀態c：(0, 0) —— A，B均不中
狀態a：(1, 0) —— A中B不中，但A尚未勝利
狀態b：(0, 1) —— A不中B中，但B尚未勝利
狀態d：(1, 1) —— A，B均投中，但A，B均尚未勝利
勝利狀態A：A勝利
勝利狀態B：B勝利

* 狀態之間的互相到達關係是：
c可達{a, b, c, d}，轉移概率分別是 ${p(1-q), (1-p)q, (1-p)(1-q), pq}$
a可達{b, c, A}，轉移概率分別是 ${(1-p)q, (1-p)(1-q), p}$
b可達{a, c, B}，轉移概率分別是 ${p(1-q), (1-p)(1-q), q}$
d可達{c, A, B}，轉移概率分別是 ${(1-p)(1-q), p, (1-p)q}$
A，B為吸收態
* 注意，c是唯一可在下一時刻以非零概率保持不變的狀態，狀態b,c,d都必然轉化為其他狀態。

* 這是一個有吸收態的Markov chain，容易驗證：給定t時刻的狀態，t+1時刻的狀態概率分布與t-1及以前的歷史獨立。

3. 設立martingale，現在為每個狀態設立一個實數的「價值」，在不引起混淆的情況下，就用狀態名稱來記相應的「價值」變數：例如現在 $a$ 也可以表示狀態a的「價值」。將整個系統t時刻的回報定義為系統在t時刻所處狀態的「價值」，記為 $S_t$ 。

4. 下面設置所有狀態的「價值」。要使得系統的回報序列 ${S_1, S_2, ......}$ 成為一個martingale，下列方程必須成立：

$c = (1 - p) (1 - q) c + q (1 - p) b + p (1 - q) a + p q d$
$b = q B + (1 - p) (1 - q) c + p (1 - q) a$
$a = p A + (1 - p) (1 - q) c + q (1 - p) b$
$d = (1 - p) q B + (1 - p) (1 - q) c + p A$

此外，為了避免「所有狀態價值相同」的平凡解(平凡解給出一個合法的martingale，但是對解原問題無幫助)，我們增加兩個方程：

$c = 0$ (c是初始狀態，令其為零後面方便一些)
$d = 1$

現聯立以上6個方程，解出A和B，將其解記為 $A=A_0$ ， $B=B_0$ ，又令 $p_A = mathbb{P}( extrm{停止於A})$ ， $p_B = mathbb{P}( extrm{停止於B})$ 。最後根據martingale停時定理：

停時期望回報 = $p_A A_0 + p_B B_0$ = 初始期望回報 = $S_0$ = $c$ = 0

得到 $p_A = frac{A_0^{-1}} {A_0^{-1} - B_0^{-1}}$

Mathematica給出的解如下：
$p_A = frac{p^2 (1-(p-1) (q-1) q (p q-1))}{p^4 (q-1)^2 q^2-p^3 (q-1)^2 q (2 q+1)+p^2 left(q^4-3 q^2+q+1 ight)-p (q-1) q^2+q^2}$

之後就是簡單的初中代數，略。

感謝邀請
我複述一下我的理解，AB兩人輪流投籃，A 投籃進球的概率是 P，B 投籃進球的概率是 Q，每次投籃均看作獨立重複事件，一旦兩人中有人連續兩次進球則比賽結束且此人獲勝。比如，A 先投，如果第一輪 AB 都進球了，在第二輪中只要 A 進球則 A 獲勝，而 B 就不用繼續投了。

基於以上理解，我認為 @李寶然的答案是不對的，想像一下極限情況，如果 A 和 B 的進球概率相同，並且趨近於 0，那麼兩人對決會是什麼情況？容易想像 A 獲勝的概率將趨近於 0.5（AB兩人都不會投籃，那麼 A 先投籃的優勢就不大了，兩人獲勝的概率是均等的）；如果 A 和 B 的進球概率相同，並且趨近於 1，那麼 A 獲勝的概率將趨近於 1（如果兩人都是百發百中，考慮 A 先投籃，那麼顯然 A 是必定獲勝的）。這兩個結論在 @李寶然的答案中都沒有體現，在這兩種極限情況下，他的答案都給出 A 的獲勝概率趨近於 0，這是不合理的。
錯在哪裡呢？李的答案里說「只要 B 在最後兩次投球過程中沒有全進球就行」未免想得簡單了，殊不知，不僅要考慮當前一輪投球的情況，還要考慮更前面的情況。如果 B 在倒數第三次投籃進了，那麼 B 只要在倒數第二次也投進就可以贏了，而不再需要投最後這一次。

對付這種看似無限組合的概率，有一招百試百靈的方法：遞歸。
約定一下，不妨假設 A 先投，在前一輪兩人成績為 A 進 B 進情況下，A 獲勝的概率假設為 $P_{11}$ ，若前一輪兩人成績為 A 進 B 不進的情況下，A 獲勝的概率為 $P_{10}$ ，類似定義 $P_{01}$ ， $P_{00}$ ，那麼要求一開始 A 獲勝的概率，也就是求 $P_{00}$
若前一輪 AB 都進球了，那麼 A 若要獲勝，要麼本輪直接進球（概率是 $P$ ），要麼本輪 AB 都不進，從而進入新的一輪以期望在剩下的比賽里能獲勝（概率就是 $(1-P)(1-Q)P_{00}$ ），也就是
$P_{11}=P+(1-P)(1-Q)P_{00}$
類似的，若前一輪 A 進 B 不進，那麼 A 若要獲勝，要麼本輪直接進球（概率是 $P$ ），要麼本輪 A 不進 B 進，進入新一輪以期望能在剩下比賽里獲勝（概率是 $(1-P)QP_{01}$ ），要麼本輪 AB 都不進，回到初始狀態（概率是 $(1-P)(1-Q)P_{00}$ ），所以
$P_{10}=P+(1-P)QP_{01}+(1-P)(1-Q)P_{00}$
同樣分析剩下兩種情況，有
$P_{01}=P(1-Q)P_{10}+(1-P)(1-Q)P_{00}$
$P_{00}=PQP_{11}+P(1-Q)P_{10}+(1-P)QP_{01}+(1-P)(1-Q)P_{00}$

四個方程，四個未知數，而且都是一次方程，很好求解的。
得到：
$P_{00}=frac{P^2+P^2Q-P^3Q-P^2Q^2+P^4Q^2+P^3Q^3-P^4Q^3}{P^2+P^2Q-P^3Q+Q^2+PQ^2-3P^2Q^2+P^4Q^2-PQ^3+3P^3Q^3-2P^4Q^3+P^2Q^4-2P^3Q^4+P^4Q^4}$ 是的，就是這麼個破玩意兒。

看看對開頭提到的幾種情況的解釋
情況1，AB 兩人水平相等（ $Q=P$ ），而且都很爛（ $P ightarrow0$ ）：
$lim_{Q=P,P ightarrow0}{P_{00}}=lim_{P ightarrow0}{frac{1-P^2+P^3}{2-3P^2+3P^3-P^4}}=frac{1}{2}$

這是符合預期的

情況2，AB 兩人水平相等（ $Q=P$ ），而且都很准（ $P ightarrow1$ ）：
$lim_{Q=P,P ightarrow1}{P_{00}}=lim_{P ightarrow1}{frac{1-P^2+P^3}{2-3P^2+3P^3-P^4}}=1$

這也是符合預期的

情況3，AB 兩人水平相等，則先發（A 先投）有優勢：
將 Q=P 代入 P00 的表達式（上面有寫了），容易看出，P00 是 P 的增函數，既然 P-&>0 的情況下 P00-&>0.5，那麼可以推斷出
$P_{00}left|_{Q=P} ight.=frac{1-P^2+P^3}{2-3P^2+3P^3-P^4}>frac{1}{2}$

整體看起來是這個樣子的：

在紅線的右側則 A 贏概率更大，在紅線的左側則 B 贏概率更大
而且明顯看出 A 的先發優勢，紅線右側面積比左側面積大很多。而且對於兩人水平相等的情況（在對角線上），A 的贏面永遠比 B 大。

那麼什麼時候 A 獲勝的概率（也就是 P00）大於 P 呢？那麼只要畫出 P00-P 的圖就行了，類似上面這樣的：

紅線下方是 A 獲勝概率大於 P，上方是小於 P 的。可見，只要 B 不是太厲害，A 的獲勝概率會比自己單獨投籃投進的概率更大完畢

的確是把這個問題想得過於簡單了。
寫個 @章佳傑答案的摘要找找面子(⊙_⊙)
1、對當前狀態，其概率與前面幾次投球的概率相關，而前幾次的概率同理，故不能簡單以某個時間點為起始點對後續概率進行計算，我的演算法錯在了這裡；
2、對於n時刻狀態與1~n-1時刻狀態有關的問題，使用遞推（遞推是正著走，編程實現的時候就變成了倒著走，就是遞歸了）是比較好的解法。
3、然而純粹遞推是從起始狀態一直推到當前狀態的，這對於這個當前狀態無限大的問題不太合適，於是就開始找特徵，發現兩個人投球的情況實際上可以歸納為幾個有限的狀態。
4、進而，對狀態進行分類（四類），依據狀態間轉移模式列方程求解狀態的概率。
5、出圖，寫conclusion。
_(:з」∠)_

以下為錯誤思路_(:з」∠)_
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A獲勝的具體情況是：
n次投擲，A進球；n-2次投擲，A進球；
①n-1次投擲，B進球；n-3次投擲，B沒進球；
②n-1次投擲，B沒進球。
所以總體概率為P*P*（Q*（1-Q）+（1-Q））=P^2（1-Q^2）
反觀答案，發現可以換個思路，只要B在最後兩次投球過程中沒有全進球就行，這樣的思路可以簡化計算。

同時，由於P&<1 Q&<1,1-Q^2&<1，故P(1-Q^2)&<1，也就是說P^2（1-Q^2）&>=P恆成立，不存在第二問的情況。