條件概率是指，在事件A已經發生的條件下，事件B發生的概率。
數學表達式為：
P（B|A）
它的計算公式為：P(B|A)=P(AB)/P(A)
這是高中就學過的概念，對於此大家肯定不陌生，做題估計也不下萬卷，小編最近複習這個知識點時，被一道題卡住了，後來查閱了很多資料，思忖了好幾天才想通的。先給出題目（三門問題）：
你參加一個節目，很幸運獲得上臺抽獎的機會。臺上有A、B、C三個道具門，一輛最新款的特斯拉就在一扇門後，猜對了，車就可以直接開走。每個概率都是三分之一，你選了B。這時，主持人打開另外兩扇門中的一扇，空的。主持人額外送了你一次改變的機會，問你是堅持選B，還是選另一扇門？
（註：這個問題是小編在得到app潤總《五分鐘商學院》遇到的，評論區很多推導邏輯，但是都不能讓我100%信服，後來還是發現從數學上嚴格證明吧，也讓自己加深對條件概率的理解）答案先按下不表。我們先來說說另外一個例子——關於三個囚犯的問題。
這個案例出自《推斷統計》一書，聽說是清華本科的教材，題目是這樣的：
有三個囚徒，A，B，C等待判決，國王宣布，他們中的一個人將會被赦免，另兩個將會被處決。在執行的前夜，A很希望能夠知道自己的命運，於是詢問監獄長W，監獄長W雖然知道結果，但按照規定不能提前告訴犯人。W想了一下，就告訴了A，B將一定會被處決。A聽了很高興，因為他認為B一定被處決，所以自己獲釋的概率就由1/3上升到了1/2。但W認為結果並沒有改變，A被處決的概率還是1/3，請問W和A誰想的有道理？
要解決這個問題，除了知道條件概率外，還需要理解另外一個公式：貝葉斯公式。我們先來介紹。
先直接給公式：
第一個等號表明，要求事件A發生條件下事件B發生的概率，可以先求事件B發生條件下事件A發生的概率。第一個等號證明過程很簡單，利用條件概率計算公式即可：
第二個等號其實是利用了全概率公式：
這裡需要注意的是，B1,B2,...,Bn必須為一個完備事件組。
貝葉斯公式的意義是：觀點隨事實發生變化。
它的意思的是，對於一個事件發生的概率，會因為新的事實而更改。
舉一個例子，比如拋硬幣，出現正面的概率我們知道為1/2，但是如果在特定的環境下，連拋20次硬幣都是正面朝上，我們有充分的理由懷疑這枚硬幣的質地性。因此，「連拋20次硬幣都是正面朝上」這個結果就是一個事實，我們原先對「拋硬幣正面朝上概率為1/2」的觀點要因為這個新的事實發生改變，那麼更新後的概率是什麼呢，就是在原有概率（先驗概率）基礎上乘以一個似然比，這就是貝葉斯公式的含義了：
(Bi更新的概率) = （似然比）X （Bi的先驗概率）
對應貝葉斯公式為：
註：關於貝葉斯公式更多的大白話解釋，請參考小編另外一篇文章《貝葉斯思維》
為了便於加深對貝葉斯公式的理解，以一道例題說明：
一起撞車逃跑事件，一座城市只有兩種顏色的車，藍色15%，綠色85%，事發時只有一人在現場，指證是藍車，但專家分析，當時那種條件，看正確的可能性為80%，那麼肇事車為藍車的概率為多少？
定義事件A:肇事車為藍車；事件B:看到車是藍色
求：P(A|B）
P(B) = P(A)*P(B|A)+P(~A)*P(B|~A)=15%*80%+85%*20%=0.29
P(B|A) = 80%
P(A|B) = P(A)*[P(B|A)/P(B)] = 15%*(80%/0.29)= 41%
這是關鍵點在於理解「那種條件，看正確的可能性為80%」這句話，它包含了是綠車看正確的可能性和是藍車看正確的可能性。所以，看到車是藍色要包含兩部分概率（全概率）：（1）是藍車看對的概率（2）不是藍車看錯的概率。於是P(B) = P(A)*P(B|A)+P(~A)*P(B|~A)=15%*80%+85%*20%=0.29
有了貝葉斯公式和全概率公式，我們可以解答三個囚犯問題了：
定義事件A：A被赦免；事件B:B被赦免；事件C:C被赦免；事件Wb:W說B被處決
求：P(A|Wb)
P(A)=P(B)=P(C)=1/3，
P(Wb|A)=1/2，
P(Wb)=P(Wb|A)*P(A)+P(Wb|B)*P(B)+P(Wb|C)*P(C)
=(1/2)*(1/3)+0*(1/3)+1*(1/3)=1/2，
P(A|Wb)=P(A)*[P(Wb|A)/P(Wb)]=(1/3)*[(1/2)/(1/2)]=1/3，
注意，此時的
P(C|Wb)=P(C)*[P(Wb|C)/P(Wb)]=(1/3)*[1/(1/2)]=2/3
因此，W想得有道理
這裡需要解釋一波：這裡要理解的關鍵點在於，監獄長說B被處決的概率，並非是B真正被處決的概率。因為監獄長必須是有條件的選擇說出B是否被處決。因為如果A被赦免，那麼從BC任意選擇一個說被處死就行，這時概率是1/2；而如果C被赦免，那麼只能說B被處決，這時的概率是1；如果B被赦免，那麼說B被處決不可能，所以概率為0.因此，P(Wb)是要通過全概率來求解。也是在這裡，A和C的平衡性被打破。理解Wb是有條件的是理解本題的關鍵。
三門問題和三個囚犯問題是一個情形的，解答思路如下：
不失一般性，設主持人打開空的門是A.
定義事件A：A門有獎；事件B:B門有獎；事件C:C門有獎；事件Wa:主持人打開A門沒獎
求：P(B|Wa)
P(A)=P(B)=P(C)=1/3
P(Wa|B)=1/2
P(Wa)=P(Wa|A)*P(A)+P(Wa|B)*P(B)+P(Wa|C)*P(C)=0*(1/3)+(1/2)*(1/3)+1*(1/3)=1/2
P(B|Wa)=P(B)*[P(Wa|B)/P(Wa)]=(1/3)*[(1/2)/(1/2)]=1/3
注意，此時的
P(C|Wa)=P(C)*[P(Wa|C)/P(Wa)]=(1/3)*[1/(1/2)]=2/3
顯然，選擇換門中獎的概率翻倍，從1/3上升到2/3。也就是，不堅持中獎概率更高。
如果數學看不懂，還可以這樣想：
你第一次選中的概率是1/3，另兩扇門加在一起是2/3。現在，主持人在另兩扇中去除了一扇沒有獎品的門，那麼2/3的概率就落在了剩下的那扇門上。所以，換，獲獎的概率從1/3增加到2/3。
如果還是不懂，那麼只能給你更多的資料自己意會了：劉潤：充電5分鐘，理性2小時
如果你還不相信，我們利用代碼復現這個過程
import random
import numpy as np
import pandas as pd
def Monty_Hall_Problem(n):
car_door = random.randint(1,n) #藏著車的門編碼
first_choice = random.randint(1,n) #第一次選擇的門
#主持人繼續遊戲，打開額外沒有車的門
if first_choice == car_door: #如果參與者第一次選中了車，那麼從剩餘沒有車的n-1扇門剔除n-2扇門
all_door = [i for i in range(1,n+1)]
all_door.remove(first_choice)
keep_door = random.choice(all_door)#保留一扇門不打開
else: #如果參與者第一次沒選中車，那麼保留有車的門
keep_door = car_door
second_choice = random.choice([first_choice,keep_door])#第二次選擇，從 first_choice 和 keep_door裡面二選一
return [first_choice,second_choice,car_door]
def get(x,y):
if x == y:
return True
else:
False
D = []
for i in range(100000):#進行10萬次模擬
li = Monty_Hall_Problem(3)
D.append(li)
D = pd.DataFrame(D,columns=['第一次選擇','第二次選擇','有車的門'])
D['是否堅持'] = D.apply(lambda row:get(row['第一次選擇'],row['第二次選擇']),axis=1)
D['是否堅持'] = D['是否堅持'].apply(lambda x: '堅持' if x == True else '不堅持')
D['是否中獎'] = D.apply(lambda row:get(row['第二次選擇'],row['有車的門']),axis=1)
D['是否中獎'] = D['是否中獎'].apply(lambda x: '中獎' if x == True else '不中獎')
table = pd.pivot_table(D[['是否堅持','是否中獎']],index=['是否堅持'],columns=['是否中獎'],aggfunc=np.alen, margins=True).fillna(0)
table['中獎率'] = table['中獎']/table['All']
table
來看看結果：
可以看到，進行10萬次的模擬，在換門的情況下，中獎概率為66.7%；堅持不換門的中獎率33.6%，兩者接近計算出來的值2/3和1/3.
參考資料：
《推斷統計（翻譯版原書第2版）》
《概率論與數理統計第二版》
https://blog.csdn.net/mousever/article/details/9242565