一副撲克牌，隨機洗牌後，至少有一組相鄰兩張牌數字相同的概率是多少？

01-05

每次在洗撲克牌時，我就會想這個問題. 困擾我很長時間. 因為每次洗牌後，我發現總有至少有兩張數字相同的牌相鄰，所以我認為這是個高概率事件.不知道哪位高手能夠算出確切的概率，感激不盡.
相關問題：一副撲克牌(去掉大小王）。隨機選1~K中的兩個數字，洗牌後將牌扇形攤開，所選兩數的牌相鄰概率？ - 概率論

謝邀。

這個問題算確切值是有點困難的，不過有個不錯的方法迅速估算一下，大概只需幾秒鐘。

估算的結果大約是 $1-e^{-3} approx$ 95.2 %

本題計算結果的補集會比較方便，即：一副撲克牌隨機洗牌後，相鄰牌的數字都不同的概率。

顯而易見，在確定第 1 張牌後，第 2 張牌和其相同的概率是 3/51。

類似地，第 2 張和第 3 張、第 3 張和第 4 張、……、第 51 張和第 52 張相同的概率也是 3/51。

以下是第一個近似：把上面 51 個事件看作獨立事件。

顯然，這 51 個事件是相關的，之所以把其看作獨立事件，是因為每一件事情發生的概率都相對較小（雖然 1/17 也是一個不小的數了），因此兩件事情同時發生的概率近似可以看作二階小量。

於是我們要求的補集是 $left( 1-3/51 ight)^{51}$

如果學過一點點微積分，應該知道這個公式：

$lim_{x ightarrow infty }{(1-1/x)^{x}}=1/e$

於是我們用到了第二個近似：把 51 看作一個很大的數；

故 $left( 1-3/51 ight)^{51} approx e^{-3}$

所以本題估算的結果大約是 $1-e^{-3} approx$ 95.2 %

註：上面一個算式也可以直接求結果： $1-left( 1-3/51 ight)^{51} approx$ 0.95458

這和 @莫濤算出的精確值只有十萬分之六的差別

（之前的答案有誤，已刪除）

在去掉大小鬼的情況下，52張牌中至少有一組相鄰兩張牌數字相同的概率是0.9545237176689056。相應的，任意相鄰兩張牌數字都不同的可能性一共有3668033946384704437729512814619767610579526911188666362431432294400種。

方法：狀態壓縮動態規劃，使用記憶化搜索實現

狀態表示：f(n0, n1, n2, n3, n4, last)為剩餘0張的數字有n0種，剩餘1張的數字有n1種...剩餘4張的數字有n4種，上一張牌現在還剩last張

狀態轉移：枚舉下一張牌屬於哪一類，注意和上一張牌不同即可

答案：f(0, 0, 0, 0, 13, 0)

代碼：scala/poker.scala at master · mythly/scala · GitHub

謝邀

幾位高票答主已經闡述了【求補集】這個思路的好，我來給題主大概算一下【正著求】的難處。

Step1. 首先，我們先解決一個簡單的數學問題：

任意一副隨機洗牌的撲克中（不含大小鬼），一個紅桃A和一個黑桃A相鄰的概率。

這個問題簡單吧，剩餘50張牌隨機洗牌共有50！種情況，他們共產生51個空位，兩個A挨著並插入這些空位：

P = 2*51*50!/52! = 1/26。

Step2.我們計算一下【A?】【A?】【A?】三個A中任意兩個A相鄰的概率。

如果你脫口而出3*1/26，恭喜你，你已經可以不用往下看了。

為什麼不是3/26？因為，你會重複數一些情況，而這些情況就是，3個A都相鄰的。他們共有

3！*50*49！/52！種，所以

P = 3*1/26 - 3!*50*49!/52! = 75/663

為什麼重複數了3個A都相鄰的，並重複數了一次呢？為了後續論述的方便，讓我們給一個簡單的證明。

我們來考慮3張牌都挨著的6種情況。拿任意一種情況說明，比如，【A?】【A?】【A?】這個順序的情況下，在計算【A?】【A?】和【A?】【A?】時，我們都數了這個情況，所以重複數了一次。

Step3.進一步，我們來計算一下

【A?】【A?】【A?】【A?】中任意兩個A相鄰的概率，即，一副隨機洗好的撲克牌中，有兩個A相鄰的概率。

答案當然不是6*1/26了！能給出這個答案的同學已經在Step2被篩選掉了。

那麼，對於4張A有兩個相鄰的情況，我們重複數了哪些呢？首先，我們重複數了所有3張A相鄰的情況，他們是4*3*2*50*49！種。而後，我們重複數了4張A相鄰的情況，他們是4!*49*48!種。所以，減去這些情況的結果 6*1/26 - 4*3*2*50*49!/52! - 4!*49*48!/52! 對么？如果你覺得是對的，可以停止往下看了。

看到這裡的聰明的你可能已經發現了3個問題：a、3張牌挨著包含了4張牌挨著；b、4張牌挨著的並不是被重複數了一次，故而減去一次可能不合理；c、即使不是3張牌挨著或4張牌挨著，也有情況被重複數了：4張A兩兩挨著。那麼，為了解決這個問題，我們來看看這些重複的項究竟該被減去幾次？

首先，3張牌挨著，如Step2，他被重複數了一次，故而應該減去一次；4張牌挨著，在6*1/26這個項里，被重複數了3次，在4*3*2*50*49!/52!里被重複數了2次，故而，4張牌挨著已經不用加減了；4張A兩兩挨著，為了避免4張牌挨著被重複計算，我們規定，這個情況只限於4張A兩兩挨著，但他們互相不挨著，這樣的情況共有48!*C(49,2)*4!種（解釋一下，剩餘48張牌洗好，產生49個空位，在49個空位中選2個空位，分別放入兩張AA）。綜上，

P = 6*1/26 - 4*3*2*50*49!/52! - 48!*C(49,2)*4!/52! = 1201/5525

怎麼知道我們這個數字是對是錯呢？

我們用【求補集】的方法檢驗一下。

P = 1 - 48! * A(49,4) / 52! = 1201/5525

Step4. 已知，一副隨機洗好的撲克牌中，兩張A挨著的概率是1201/5525，兩張K挨著的概率是1201/5525。求：一副隨機洗好的撲克牌中，兩張A或兩張K挨著的概率。

這個問題我已經難以回答了，因為在2*1201/5525的情況下，被重複計算的情況太多了：AAKK、AAKKAA、AAKKAAKK、AAAKKK等等等等，數不勝數。

要計算這個（【正著算】）已經很難了，如果要正著算任意兩張數字相同的牌挨著的概率，可謂難上加難。

Step5.已知，一副隨機洗好的撲克牌中，兩張A挨著的概率是1201/5525，兩張K挨著的概率是1201/5525，兩張Q挨著的概率是1201/5525…………兩張2挨著的概率是1201/5525，求：一副隨機洗好的撲克牌中，兩張數字相同的牌挨著的概率。

就是這道問題了。

還好，我們有：

容斥原理（容斥原理_百度百科）：

或

我們把前面解題的步驟套入容斥原理。先來看，一副牌中，有兩張A相鄰的概率。

一共有6個集合，分別是{A?和A?相鄰}、{A?和A?相鄰}…………{A?和A?相鄰}（記為A1 - A6）。根據容斥原理，要求{ $A1cup A2cup A3cup A4cup A5cup A6$ }集合的大小。那麼，它應該等於 $sum_{i=1}^{6}{left| Ai ight| } - sum_{i e j}^{}{left| Aicap Aj ight| } + sum_{i,j,k}^{}{left| Aicap Ajcap Ak ight| } - 0 + 0 - 0$ ，注意，後3個0值分別表示任4個、任5個、6個集合的交集，由於這些集合是空集，所以，他們的元素個數為0。這個式子大家整理後，就是我前面的（稍有差別，我把 $sum_{i,j,k}^{}{left| Aicap Ajcap Ak ight| }$ 這一項合併到了前面）：

P = 6*1/26 - 4*3*2*50*49!/52! - 48!*C(49,2)*4!/52! = 1201/5525

現在，我們看看容斥原理能不能幫助我們解決題主的問題。

首先，我們定義6*13=78個集合：{A?和A?相鄰}、{A?和A?相鄰}…………{A?和A?相鄰}、{K?和K?相鄰}、{K?和K?相鄰}…………{K?和K?相鄰}…………{2?和2?相鄰}、{2?和2?相鄰}…………{2?和2?相鄰}。並將他們稱為A1-A78。我們還是要求 $left| A1cup A2 ... cup A78 ight|$ ，根據容斥原理，它應該等於

$sum_{i=1}^{78}{left| Ai ight| } - sum_{i e j}^{}{left| Aicap Aj ight| } + sum_{i,j,k}^{}{left| Aicap Ajcap Ak ight| } - ... + ...$ ，如果我們願意省略後面的項（他們的數值大都足夠小），看看計算前3項是否能給出一個近似的結果。

第一項，78*1/26

第二項，兩種情況，一是Ai和Aj的集合里，有一張牌一模一樣，這時，這一項表徵了3張牌相連的個數。概率為13*4*3*2*50*49!/52!；第二種情況，Ai集合中的牌和Aj集合中的牌沒有重複的，概率為：C(78,2)*50!*2*2/52!

第三項，很複雜，我們暫時忽略。

所以，P=78/26-13*4*3*2*50!/52!-C(78,2)*50!*2*2/52! = -81/51（看來忽略第三項不行啊）

思路就是這樣，我回頭有空的時候討論一下第三項吧。

硬廣：隨機 - 知乎專欄

蒙特卡羅方法：

import random


all_cards=range(1,14)

all_cards.extend(all_cards)

all_cards.extend(all_cards)

print all_cards
total=1000000

hit=0
for count in range(0,total):

    random.shuffle(all_cards)

    for card_index in range(0,len(all_cards)-1):

        if(all_cards[card_index] == all_cards[card_index+1]):

            hit = hit + 1

            break

print "%2.2f%%"%(100.0*hit/total)

大約 95%~96%

答案有誤，已經刪除！

講一下我的想法，採用遞推的方法。

首先，我們要計算至少有兩張相鄰的牌數字相同，可以從反方面來考慮，計算任何沒有兩張相鄰的牌數字相同。

下面引入幾個符號：

$p_{0}(n)$ ：1—n數字的牌（每個數字有四張），共4n張，進行排序，沒有相鄰的兩張牌數字相同，所有排列的個數。

$p_{1}(n)$ ：1—n數字的牌（每個數字有四張），共4n張，進行排序，恰有一對相鄰兩張牌數字相同，所有排列的個數。

$p_{2}(n)$ ：1—n數字的牌（每個數字有四張），共4n張，進行排序，恰有兩對相鄰兩張牌數字相同，所有排列的個數。

$p_{3}(n)$ ：1—n數字的牌（每個數字有四張），共4n張，進行排序，恰有三對相鄰兩張牌數字相同，所有排列的個數。

$p_{4}(n)$ ：1—n數字的牌（每個數字有四張），共4n張，進行排序，恰有三對相鄰兩張牌數字相同，所有排列的個數。

假設將相同數字，不同花色的牌看成是一模一樣的。

那麼最終我們要求的概率是 $1- left[ p_{0}(13) ight] /left[ 52!/(4!)^{13} ight]$ 。下面來求 $p_{0}(13)$

遞推關係： $p_{0}(n)=p_{0}(n-1)ullet C_{4(n-1)+1}^{4} +p_{1}(n-1)ullet C_{4(n-1)+1-1}^{3} +p_{2}(n-1)ullet C_{4(n-1)+1-2}^{2} +p_{3}(n-1)ullet C_{4(n-1)+1-3}^{1} +p_{4}(n-1)ullet C_{4(n-1)+1-3}^{0}$

解釋：第一項的意思是前4(n-1)張牌已經排好，共有4(n-1)+1個空位可以讓接下來的4張數值為n的牌插入。公式中的第二項也類似，不同的是原來4(n-1)張牌在排序時有相鄰兩張牌是數字相同的，為了達到最後沒有相鄰牌數字相同的問題，必須有一張數值為n的牌插在這裡，因此之後只能是剩下的3張牌插在4(n-1)+1-1個空位中，即 $C_{4(n-1)+1-1}^{3}$ 。上述公式中的其他幾項也是類似道理，不在贅述。

同樣的方法也可以求出 $p_{1}(n) , p_{2}(n) , p_{3}(n) , p_{4}(n) ,$ 的遞推關係。

初值條件： $p_{0}(1)= p_{1}(1)= p_{2}(1)= p_{4}(1)= 0$ $p_{3}(1)=1$

根據這樣的遞推關係就能求出 $p_{0} (13)$

最終求出 $1- left[ p_{0}(13) ight] /left[ 52!/(4!)^{13} ight]$

計算比較複雜，請大神幫忙算算。。。。