你能吃掉所有的巧克力吗？

让我们解决这个问题的更一般的版本，我们最初在袋子里有$M$的牛奶巧克力和$N$的黑巧克力。当提到游戏的状态时，我会写一对$（m，n）$，其中$m$和$n$分别表示剩余的牛奶巧克力和黑巧克力的数量。假设我们当前处于状态$（m，n）$，让我们定义几个函数：

• $F（m，n）$：给定状态的获胜概率刚刚重置。
• $H_1（m，n）$：如果我们只吃了一块牛奶巧克力，获胜的概率。
• $H_2（m，n）$：如果我们只吃一块黑巧克力，获胜的概率。

请注意，$F（m，0）=H_1（m，O）=H_2（m，o）=1$代表所有$m\geq 1$，因为如果只剩下牛奶巧克力，我们总是赢。另外，对于所有$n\geq1$，我们有$F（0，n）=H_1（0，n）=H_2（0，m）=0$，因为如果只剩下黑巧克力，我们总是会输。

我们可以编写几个与这些函数相关的递归关系。首先，一旦游戏开始，我们总是吃我们挑选的第一块巧克力，这决定了我们游戏的下一个状态：
\[
F（m，n）=\tfrac{m}{m+n}H_1（m-1，n）+\tfrac}{n}{m+n}H_2（m，n-1）
\]接下来，一旦我们吃了巧克力，我们要么继续吃，要么重新设置游戏状态，这取决于我们接下来选择的巧克力：
\开始{align}
H_1（m，n）&=\tfrac{m}{m+n}H_1\\
H_2（m，n）&=\tfrac{m}{m+n}F（m，n）+\tfrac}{n}{m+n}H2（m，n-1）
\结束{align}让我们试图消除$H_1$和$H_2$，以便仅在$F$中获得递归。从$H_1$的表达式开始，我们可以将其向后递归以获得：
\开始{align}
&氢-1（m，n）\\
&=\tfrac{n}{m+n}F（m，n）+\tfrac}{m~+n}H_1（m-1，n）\\
&=\tfrac{n}{m+n}F（m，n）+\tfrac}{m}{m+1}左（\tfrac[n}{m+n-1}F（m-1，n）+\tfrac>m-1}{m+n-1{H_1（m-2，n）右）\\
&=\cdots
\结束{align}聚合项和使用二项式系数的定义，我们可以将$H_1$的表达式简洁地写成
\[
H_1（m，n）=\frac{1}{\binom{m+n}{m}}\sum{i=1}^m\binom}{n-1}F（i，n）
\]类似地，我们可以递归$H_2$的表达式并获得：
\[
H_2（m，n）=\frac{1}{\binom{m+n}{m}}\left[1+\sum_{j=1}^n\binom}m+j-1}｛m-1｝F（m，j）\右]
\]尽管该问题中存在所有对称性，但$H_1$和$H_2$的表达式看起来略有不同的原因是由于不同的初始条件；回想一下，$H_1（m，0）=H_2（m，O）=1$，而$H_1（0，n）=H.2（0，n）=0$。

现在将这些表达式替换为$F$的递归，简化后，我们得到：
\开始{align}
F（m，n）&=\tfrac{m}{m+n}H_1（m-1，n）+\tfrac}{n}{m+n}H_2（m，n-1）\\
&=\frac{1}{\binom{m+n}{m}}\left[1+\sum_{i=1}^{m-1}\binom}n+i-1}{n-1}F（i，n）+sum{j=1}^{n-1}\binom{m+j-1}{m-1}华氏（m，j）\右]
\结束{对齐}在一起在初始条件$F（i，0）=1$和$F（0，j）=0$的情况下，这个递归为我们找到所有$m$和$n$的$F（m，n）$提供了所需的一切。

评估前几个术语，我们发现一些令人震惊的东西…对于$m$和$n$的所有值，$F（m，n）$似乎完全等于$\tfrac{1}{2}$！我们可以通过以下方式进行验证数学归纳法。由于我们的计划是应用上述等式来生成$F$的所有值，我们假设对于等式右侧的所有项，$F（i，j）=\tfrac{1}{2}$。然后我们可以计算：
\开始{align}
F（m，n）&=\frac{1}{\binom{m+n}{m}}\left[1+\frac}{2}\sum_{i=1}^{m-1}\binom}n+i-1}{n-1}+\frac{1}{2}\sum_{j=1}^}{n-1}\binom{m+j-1}{m-1}\right]\\
&=\frac{1}{\binom{m+n}{m}}\left[1+\frac}{2}\left（\binom}m+n-1}{n} -1个\右）+\frac{1}{2}\左（\binom{m+n-1}{m} -1个\右）\右]\\
&=\frac{1}{2\binom{m+n}{m}}\左[\binom{m+n-1}{n}+\binom}{m+n-1{m}\右]\\
&=\frac｛1｝｛2\binom｛m+n｝｛m｝｝\left[\binom｛m+n-1｝｛n｝+\binom｛m+n-1｝｛n-1｝\right]\\
&=\frac{1}{2\binom{m+n}{m}}\binom{m+n}}{m{\\
&=\压裂{1}{2}
\结束{align}输入第一步，我们使用曲棍球棒标识在第三步中，我们使用对称恒等式$\binom{n}{k}=\binom}{n}}{n-k}$，在第四步中，使用帕斯卡三角形恒等式，即$\binom{n}{k}+\binom}{k-1}=\biom{n+1}{k{$。

令人惊讶的是，赢得游戏的概率与每种类型的巧克力包中开始的巧克力数量无关（只要你开始时至少有每种类型中的一种）！我还没有想出一种优雅或直观的方法来理解为什么答案应该独立于巧克力的初始数量，所以如果你有任何想法，请在下面的评论部分留言！

更多种类的巧克力？

考虑到前一个问题的令人惊讶的解决方案，人们可能会怀疑这种模式还在继续；如果袋子里有三种不同类型的巧克力（比如牛奶巧克力、黑巧克力和白巧克力），那么最后吃一块牛奶巧克力的概率可能是$\tfrac{1}{3}$？不幸的是，情况并非如此。以下是递归：
\开始{align}
F（m，n，p）&=\tfrac{m}{m+n+p}H1（m-1，n，p）+\tfrac}{n}{m~+n+p{H2（m，n-1，p）+\tfac{p}{m＋n+pneneneep H_3（m、n，p-1）\\
H_1（m，n，p）&=\tfrac{m}{m+n+p}H_1\\
H_2（m，n，p）&=\tfrac{n}{m+n+p}H2（m，n-1，p）+\tfrac}m+p}{m+n+p{F（m，n，p）\\
H_3（m，n，p）&=\tfrac{p}{m+n+p}H_3
\结束{align}初始条件有点复杂。对于所有$m\geq 1$：
\[
F（m，0,0）=H_1
\]对于所有$n\geq 0$和$p\geq 0$with$n+p\geq1$，我们有：
\[
F（0，n，p）=H_1
\]快速的数值检查表明，解不是$F（m，n，p）=\tfrac{1}{3}$。以下是$i=1,2、\dots$和$j=1,2和\dots@的一些值：
\开始{align}
F（i，j，1）&=\开始{bmatrix}
\压裂{1}{3}&\压裂{13}{36}&\裂缝{3}{8}&\地层{23}{60}&\岩层{7}{18}&\地震{11}{28}\\
\压裂｛5｝｛18｝和\压裂｛7｝｛24｝和\压裂｛71｝｛240｝和\压裂｛107｝｛360｝和\压裂｛25｝｛84｝和\压裂｛25｝｛84｝\\
\压裂{1}{4}&\压裂{31}{120}&\裂缝{31}{120}和\裂缝{115}{448}&\地层{685}{2688}&\地震{2041}{8064}\\
\压裂{7}{30}&\frac{43}{180}&\压裂{53}{224}&\裂缝{209}{896}&\地层{1237}{5376}&\地震{291}{1280}\\
\压裂{2}{9}&\压裂{19}{84}&\裂缝{299}{1344}&\地层{293}{1344]&\压裂}493}{2304}&\压裂{21343}{101376}\\
\压裂{3}{14}&\压裂{73}{336}&\裂缝{857}{4032}&\地层{199}{960}&\钻井{10271}{50688}&\地震{40283}{202752}\\
\结束{bmatrix}\\
F（i，j，2）&=\开始{bmatrix}
\压裂{13}{36}&\压裂{5}{12}&\裂缝{107}{240}&\地层{167}{360}&\地震{10}{21}&\岩层{163}{336}\\
\压裂{7}{24}&\压裂{1}{3}&\裂缝{127}{360}&\地层{131}{360{&\裂缝}187}{504}&\地震{379}{1008}\\
\压裂{31}{120}&\压裂{53}{180}&\裂缝{4159}{13440}&\地层{203}{640}&\岩层{31133}{96768}&\地震{52357}{161280}\\
\压裂｛43｝｛180｝和\压裂｛49｝｛180｝和\压裂｛2551｝｛8960｝和\压裂｛1171｝｛4032｝和\压裂｛2957｝｛10080｝和\压裂｛4757｝｛16128｝\\
\压裂{19}{84}&\压裂{65}{252}&\裂缝{929}{3456}&\骨折{5507}{20160}&\地层{83627}{304128}&\地震{65203}{236544}\\
\压裂{73}{336}和\frac{125}{504}和\压裂{10393}{40320}和\\frac{10529}{40320}和\sfrac{372011}{1419264}和\frac{13285}{50688}\\
\结束{bmatrix}\\
F（i，j，3）&=\开始{bmatrix}
\压裂{3}{8}&\压裂{107}{240}和\压裂{29}{60}&\裂缝{227}{448}&\压裂{1405}{2688}&\地层{4309}{8064}\\
\压裂{71}{240}&\压裂{127}{360}&\钻井{2561}{6720}&\裂缝{3567}{8960}&\地层{39623}{96768}&\地震{67351}{161280}\\
\压裂{31}{120}&\压裂{4159}{13440}和\压裂{1}{3}&\裂缝{55961}{161280}和\压裂{1275}{3584}&\地层{1283833}{3548160}\\
\压裂{53}{224}和\压裂{2551}{8960}和\压裂{24679}{80640}&\压裂{128069}{403200}&\压裂{288059}{887040}&\裂缝{233803}{709632}\\
\压裂{299}{1344}和\压裂{929}{3456}和\压裂{517}{1792}&\压裂{105989}{354816}&\裂缝{1297237}{4257792}&\压裂{3793873}{12300288}\\
\压裂{857}{4032}和\压裂{10393}{40320}和\压裂{490247}{1774080}和\\压裂{1013213}{3548160}和\sfrac{3575315}{12300288}和\frac{1580549}{5381376}\\
\结束{bmatrix}
\结束{对齐}为预期的对称性表明$F（k，k，k）=\tfrac｛1｝｛3｝$，我们在上面的数值结果中确实观察到了这一点，但除此之外，没有立即明显的模式。

我没有花太多的精力为这个案例或更一般的$k$巧克力类型的案例找到一个封闭的形式。如果你想一个干净利落的方法，请在下面的评论部分留言！

比方说，游戏是“重置”，无论我们选择哪种巧克力，我们都会吃它。一旦我们吃了一种类型的巧克力，如果我们继续选择，那么接下来的回合要么会吃更多相同类型的巧克力；如果我们选择不同的巧克力，游戏将再次重置。让我们也定义一个“运行”，当你从重置状态开始，然后继续挑选相同类型的巧克力，直到没有剩下巧克力。

一旦我们开始跑步，比赛的结果就决定了：跑牛奶巧克力意味着你只剩下黑巧克力了，所以你肯定会输。同样，吃黑巧克力意味着你一定会赢。

游戏以“重置”状态开始，并由一些重复重置组成（每次，袋子里的巧克力总量都会严格减少），直到我们最终开始跑步，然后游戏结束。

如果我们重新设置，并且袋子里有$（m，n）$巧克力，那么牛奶巧克力被挤掉的概率是多少？
\[
\压裂{m}{m+n}\cdot\frac{m-1}{m~+n-1}\cdotes\ldots\cdot\frac{1}{n+1}=\frac{m！n！}{（m+n）！}
\]同样地，吃黑巧克力的概率是多少？
\[
\压裂{n}{m+n}\cdot\frac{n-1}{m~+n-1}\cdot \ldots\cdot\frac{1}{m+1}=\frac}m！n！}{（m+n）！}
\]这两种可能性完全相同！令人惊讶的是，无论袋子里有多少巧克力（只要每种巧克力至少还剩一块），这个事实总是正确的。

因此，无论我们得到多少次重置，当我们的跑步时间到来时，我们都有可能用完任何一块巧克力。所以赢得游戏的概率是$\frac{1}{2}$。

这一论点并不适用于有$3$巧克力的情况，因为牛奶、黑巧克力或白巧克力用完的概率为：
\[
\压裂{m！（n+p）！}{（m+n+p
\]这三个量不相等！