三门问题（Monty Hall problem）的代码模拟

Posted 2020-12-14 z16166

三门问题（Monty Hall problem）的代码模拟

今天偶尔看到有人在讨论三门问题，这个问题有点意思，但稍微有点绕。

三门问题（Monty Hall problem）亦称为蒙提霍尔问题、蒙特霍问题或蒙提霍尔悖论，大致出自美国的电视游戏节目Let‘s Make a Deal。问题名字来自该节目的主持人蒙提·霍尔（Monty Hall）。有三扇关闭的门，其中一扇门后面是汽车，另外两扇门后面各是一只山羊。节目主持人事先知道每扇门后面分别是什么东西（汽车还是山羊）。节目嘉宾可以从三扇门中挑选一扇门，如果选中后面有汽车的那扇门可赢得该汽车。当嘉宾选定了一扇门但未去开启它的时候，节目主持人会打开剩下两扇门中有山羊的那一扇门（如果剩下的两扇门都是山羊，那么主持人随机从两扇门中挑一扇打开）。主持人在打开有山羊的一扇门后，会问嘉宾要不要改为选择另一扇仍然关着的门。问题是：换另一扇门是否能增加嘉宾赢得汽车的机率？

周末没事，给出一个C代码的模拟，模拟上面这个“嘉宾先选一扇门、主持人打开一扇门、嘉宾决定是否换门”的操作，模拟次数定义为MAX_TRIES。模拟完后，打印出总次数、嘉宾首次即选中汽车的概率、嘉宾换门之后赢得汽车的概率。

#include "pch.h"

#include <windows.h>
#include <stdio.h>
#include <wincrypt.h>

class CRand
{
public:
    CRand()
    {
        m_weakRndReady = false;
        m_hProv = NULL;
        if (!CryptAcquireContext(&m_hProv, NULL, NULL, PROV_RSA_FULL, CRYPT_VERIFYCONTEXT))
        {
            srand(GetTickCount());
            m_weakRndReady = true;
        }
    }

    ~CRand()
    {
        if (m_hProv)
            CryptReleaseContext(m_hProv, 0);
    }

    DWORD GenDWORD()
    {
        DWORD r;
        if (m_hProv && CryptGenRandom(m_hProv, sizeof(DWORD), (BYTE*)&r))
            return r;

        if (!m_weakRndReady)
        {
            srand(GetTickCount());
            m_weakRndReady = true;
        }

        return rand() * GetTickCount();
    }

private:
    HCRYPTPROV m_hProv;
    bool       m_weakRndReady;
};

enum
{
    GOAT = 0,     //山羊
    CAR  = 0xFF,  //汽车
};

constexpr DWORD NUM_DOORS = 3;
DWORD doors[NUM_DOORS];
CRand rnd;

inline void InitDoors()
{
    memset(doors, GOAT, sizeof(doors));      //每个门都初始化为山羊
    doors[rnd.GenDWORD() % NUM_DOORS] = CAR; //其中随机的一个门初始化为汽车
}

const DWORD doorsLeftTable[NUM_DOORS][NUM_DOORS - 1]
{
    { 1, 2 }, //首次选编号为0的门时，则剩下编号为1、2的门
    { 0, 2 }, //首次选编号为1的门时，则剩下编号为0、2的门
    { 0, 1 }  //首次选编号为2的门时，则剩下编号为0、1的门
};

inline void OpenTheDoorWithGoat(const DWORD doorChosen, DWORD &doorOpen, DWORD &doorLeft)
{
    const DWORD *doorsLeft = doorsLeftTable[doorChosen];

    DWORD doorIndex = rnd.GenDWORD() % (NUM_DOORS - 1); //剩下的两个门中先随机选一个
    doorOpen = doorsLeft[doorIndex];
    doorLeft = doorsLeft[1 - doorIndex];

    if (doors[doorOpen] == CAR)           //随机选中的门里是汽车，则改成不是汽车的那个门
    {
        DWORD t = doorOpen;               //交换
        doorOpen = doorLeft;
        doorLeft = t;
    }
}

int main(int argc, char** argv)
{
    constexpr DWORD MAX_TRIES = 100000;

    DWORD winOnFirst = 0;  //首次即选中汽车的次数 = 不更换门时选中汽车的次数
    DWORD winOnChange = 0; //更换门之后，选中汽车的次数
    for (DWORD k = 0; k < MAX_TRIES; ++k)
    {
        InitDoors();

        DWORD doorChosen = rnd.GenDWORD() % NUM_DOORS;       //随机选个门
        if (doors[doorChosen] == CAR)
            ++winOnFirst;

        DWORD doorOpen, doorLeft;
        OpenTheDoorWithGoat(doorChosen, doorOpen, doorLeft); //打开剩下两个门中有山羊的门

        if (doors[doorLeft] == CAR)
            ++winOnChange;
    }

    printf("%u, %.3f%%, %.3f%%
", MAX_TRIES, (float)winOnFirst * 100.0 / (float)MAX_TRIES,
        (float)winOnChange * 100.0 / (float)MAX_TRIES);
    return 0;
}

使用Windows Crypto API提供的随机数。可以看到，模拟次数越多，随机数越接近理想状态，这是自然的。

首次选中汽车的概率，加上换门选中汽车的概率，为100%，看起来很巧合。这是因为：

1、首次如果选中了汽车（概率为1/3），那么换门就必然丢掉汽车，换句话说，不换门就必然赢得汽车。这个分支的结论和主持人开两个门中的哪个门完全没关系。

2、首次如果没选中汽车（概率为2/3），那么必须换门才能赢得汽车（这个和主持人开门无关）。而且换门就必然赢得汽车（想想是为什么？因为主持人的开门暴露了剩下的那个没汽车的门才导致的呀！）。

综合1和2，换个方式说：

如果嘉宾采取换门的策略，有2/3的概率赢得汽车；

如果嘉宾采取不换门的策略，有1/3的概率赢得汽车；

如果你是嘉宾，你会选哪种策略？

C:WINDOWSsystem32> C:Usershappysource
eposProject1ReleaseProject1.exe
100000000, 33.333%, 66.667%

C:WINDOWSsystem32> C:Usershappysource
eposProject1ReleaseProject1.exe
100000000, 33.324%, 66.676%

C:WINDOWSsystem32> C:Usershappysource
eposProject1ReleaseProject1.exe
10000000, 33.347%, 66.653%

C:WINDOWSsystem32> C:Usershappysource
eposProject1ReleaseProject1.exe
1000000, 33.388%, 66.612%

C:WINDOWSsystem32> C:Usershappysource
eposProject1ReleaseProject1.exe
100000, 33.560%, 66.440%