买彩票问题.有一种彩票,买家需要选一个五位二进制数（比如,01010,每一位只有0和1两个选项）,然后出奖的时候官方会给出一个五位二进制数,如果全部符合,或者只有一位有差错,都算中奖.比如

买彩票问题.有一种彩票,买家需要选一个五位二进制数（比如,01010,每一位只有0和1两个选项）,然后出奖的时候官方会给出一个五位二进制数,如果全部符合,或者只有一位有差错,都算中奖.比如
买彩票问题.
有一种彩票,买家需要选一个五位二进制数（比如,01010,每一位只有0和1两个选项）,然后出奖的时候官方会给出一个五位二进制数,如果全部符合,或者只有一位有差错,都算中奖.
比如,10000是官方给出的数字,不光10000中奖,10001,00000之类的也都算中奖.
问最少买几张可以保证一定重奖?
（答案好像是8张,不确定,）

买彩票问题.有一种彩票,买家需要选一个五位二进制数（比如,01010,每一位只有0和1两个选项）,然后出奖的时候官方会给出一个五位二进制数,如果全部符合,或者只有一位有差错,都算中奖.比如
这道是竞赛题,和普通组合数的题目的差别在于,号码可以由买家自由选择,有这个条件的存在就不能简单的算种类数了
一个有5个数字可以填,那我们分成2类
前3个数字000,记为A部分,后两个数字00,记为B部分
A组内可能有
（1）0个1,
（2）1个1,
（3）2个1,
（4）3个1,
共4种可能,我们分成4组
B部分内可能有0个1,或者1个1,或者2个1,共3种可能
题目说只差1位的都算中奖,那么
我们先确认B组的数字,00,01,10,11共4种数字 A组的四种可能里,我们任选一种都能连带一种中奖（比如我们选了（1）组,那么（2）组都是中奖的,因为就差一个数；同理选了（4）组,所有（3）组都是中奖的）
我们用B组的这4个数 和A组中的2种可能结合,就能覆盖所有的可能性（（1）（2）里选一种,（3）（4）里选1种即可）
总的就是4*2,=8,只要选8个数就可以了
备注：为什么先固定B部分再选A部分呢?因为A部分总的可能性太多,有8个数字,而B部分只有4个数字.你可以尝试先固定A部分,发现需要选16个数才能覆盖所有.想比较,还是先固定B部分比较好
有这个思路,相信数字更多,楼主也会做了吧.

首先5位二进制数共有2^5=32种情况
中奖的情况有五位全中和中4位的情况
五位全中情况只有一种
错一位的情况有5种
至少错两个的情况有32-5-1=26种
因此最少买26+1=27张才可以保证一定中奖

首先这个不能算是概率题……
定义在五维空间中（{0，1}^5），要选取一个整数点的覆盖，我们想像选取的点是红颜色，会把离它距离为1的点染成蓝色。每个红点最多染5个蓝点，一共6个。空间总共有32个，所以不可能少于6个。当然这个下界估计太粗，我再想想看，如果想出来就补充。
构造8覆盖并不难。对于三维空间，也就是一个单位立方体，还是比较容易想象出来，最小覆盖法时候覆盖数为2。（000和1...

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首先这个不能算是概率题……
定义在五维空间中（{0，1}^5），要选取一个整数点的覆盖，我们想像选取的点是红颜色，会把离它距离为1的点染成蓝色。每个红点最多染5个蓝点，一共6个。空间总共有32个，所以不可能少于6个。当然这个下界估计太粗，我再想想看，如果想出来就补充。
构造8覆盖并不难。对于三维空间，也就是一个单位立方体，还是比较容易想象出来，最小覆盖法时候覆盖数为2。（000和111），因此对于后面两位取全，也即000xx和111xx，一共8种。
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很遗憾，好像找到一组7覆盖，验证了两遍，没觉得有问题
11111
01111
10111
11000
00100
00010
00001
至于6覆盖为什么没有，这个说明就相当冗长了（其实这个说明是我前面试图在想证明为什么7覆盖没有时推的，最后归结成几种情况想要归谬，结果找到上面那个例子。不过，如果一开始就只是要证明6覆盖不存在的话，那会省很多很多时间……吐个槽先）
现在我们来证明为什么6种是不可能的。首先，每个数字都有唯一与自己距离为5的点，我们称这是一组对顶点，也即每一位都是0 1相反的。
好了，现在我们假设存在一个6覆盖。由于地位同等，不妨假设11111是一个红点。这样的好处是，我们可以把这些五位数按照数字和来分class：假设在这个覆盖中，和为5的红点有a个，和为4的红
点有b个，3有c个，2有d个，1有e个，0有f个。每个红点都会伸出一些蓝色的枝，而且这些枝的末端所在的class的数目只和红点所在的class有关。比如对于和为5的红点，其5个相邻的枝的末端都在和为4的那个class中；又比如对和为3的红点，会染蓝两个和为4的点以及三个和为2的点。可以得到如下方程组：
a+b>=1
5a+b+2c>=5
4b+c+3d>=10
3c+d+4e>=10
2d+e+5f>=5
e+f>=1
我们已经假设a=1，因此第一和第二个不等式自动满足。f是和为0的红点的数目，至多一个。
如果f为1，那么后面两个方程也满足，而且继续下去00000和11111地位也平等了。我们把中间两个方程相加，得到b+c+d+e>=5，也就是说，b c d e中至少有5个红点，这样总共就已经是7个红点。因此矛盾。也就是说，如果有6覆盖，那么肯定不存在对顶点都是红点的情况。
现在f=0，我们现在面对的不等式组是
4b+c+3d>=10 in class 3
3c+d+4e>=10 in class 2
2d+e>=5 in class 1
e>=1 in class 0
b+c+d+e=5
这个的解我们罗列如下，并且还附加取到严格等号的class（这时意味着这些地方不能有重复覆盖，处于临界情况，否则数目就不够了，该class会盖不满），而不能取到等号的那些class，多出来的数字就是重复数。当然class0是平凡的。另外，下面有很多“不妨”，是因为很多点是有对等地位的，可以选取代表讨论。可以一一验证。我们容易得到，只存在下列两个
(1,0,1,3,1,0) class 2，3在临界情况
(1,1,0,2,2,0) class 2，3在临界情况
下面那个解很显然是不可能的，因为对任意的两个class1的点，必然是有class2的公共邻居的（取每位最大的数就可以，比如00001和00010有class2的邻居00011），这个重叠违反了class2的临界性。而对第一个解，情况稍微复杂一些。我们不妨假设那个class3的红点是(11100)，其在class2的邻为11000，10100，01100。而class2的那三个红点不能与其相邻（否则重复染色，违背了class3的临界性），也即每个红点的末两位都至少有一个1。最后，class1的那一点，只有1个1和4个零。如果1个1在前三位，那么它将有一个前三位两个1的class2的邻，与class3的邻点重复，违反class2的临界性；如果1在后两位，不妨在最后一位（至今的讨论中后两位之间没有任何区别，是等价的）00001，那么刨掉其邻和之前已经染色的邻，剩下的就是class2的那三个红点。是为10010，01010，00110，但是我们注意到后两者在class3中有共同的邻点01110，再次违反临街性。因此这个解也不可能。
综上所述，6覆盖不存在。
再吐个槽，您选取的那个答案根本不叫数学证明好吧……

收起

建议你到谷歌等网站去查一下哦。

八张时必中的一种情况
00001
01111
11000
10111
01011
01100
00010
11100