将编号为1-n的n本书

设k(1≤k≤n)是被多加了一次的页码,则1＋2＋3＋…＋n

这是著名的信封问题,很多著名的数学家都研究过瑞士数学家欧拉按一般情况给出了一个递推公式：用A、B、C……表示写着n位友人名字的信封,a、b、c……表示n份相应的写好的信纸.把错装的总数为记作f(n).

上述解答是有问题的,因为各个盒子间没有球不是独立事件,比如前k-1个盒子没有球,最后一个盒子里必然有球,所以不能说是二项分布.应该引进随机变量Xi,若第i个盒子里有球,则Xi=0；若第i个盒子里无球,

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首先,问题已经被你精简成：4本书任意分到3个图书馆有多少分法?然后,你的思路发生了偏差,问题中已经注明书本没有区别,主体应该是图书馆而不是书.我们应该这样想：三个图书馆每个有(0~4)5种可能,则3*

#include#defineN10//定义个数#defineC3//定义报数intmain(){inta[N];inti,j,count;//初始化数组for(i=0;i1;){if(a

这是一个组合的问题,先选一个放入编号不同于球编号的盒子中（有三种情况）,例如1放入2中,然后考虑和这个盒子相同的编号的球,这里是2,可以放入1,3,4中（三种情况）,剩下的就只有一种放法了,因此一共是

15种再问：能说下解析？谢谢。。再答：设图书馆1分得书X本，图书馆2分得书Y本，图书馆3分得书Z本，则X+Y+Z=10，且X≥1，Y≥2，Z≥3，得出1≤X≤5，2≤Y≤6，3≤Z≤7则X的取值范围为

1.设Ai,i=1,2,...,n是第i封信放入第i个信封的事件,则A1+A2+...+An是至少有一封信放入对应的信封的事件利用一般加法公式求概率P(A1+A2+...+An）则1-P(A1+A2+

http://baike.baidu.com/view/717633.htm#4Josephus(约瑟夫)问题的数学方法

publicclassListTest{publicvoidoutList(int[]a,intm,intn){intflag1=0;//计数用判断加到m时处理出队intflag2=0;//计数当为n

programmonkeys;vara:array[1..100]of0..1;i,j,l,n:integer;beginwrite('Howmanymonkeysarethere?:');readl

//AC过了的#includeintmain(){intn,i;doublesum;scanf("%d",&n);sum=n;i=1;while(n!=1){if(n%2)n=n*3+1;elsen/

期望为1,每个盒子与纸条对应的概率是1/n.n个盒子期望相加为1,不管n是多大,结果都为1.再问：嗯？直接这样能行么。不考虑比如“对号1个有几种情况，对号2个有几种情况...对号n个有几种情况。然后在

#includeinta[5001]={0};intmain(){intn,m,i,j;scanf("%d,%d",&n,&m);for(i=1;i

S=N*(2N+2)再问：确定是对的么再答：是的吧，我以前看过这样的题

44种分有互放（如1放2,2放1）和无互放讨论1、无互放时,考虑1有4种位置（设放于a位）,则a位的书有3种位置（除本身和1号位）,依次类推共有4*3*2*1=242、有互放时,先选2个互放的（如选2

#include#include#definemaxsize1000typedefintElemType;typedefstructList//定义结构体链表{ElemTypedata[maxsize

P(k个球中最大编号为m)=∑(1

设u表示抽取m张卡片的号码和Xi表示第i次抽到卡片的号码则u=X1+X2+……+Xm有放回,故独立.因此D(u)=D(X1)+.+D(Xm)而D(Xi)=E(Xi^2)-[E(Xi)]^2=(n^2-