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中级会计实务(2015)
三门考试的主观题评分标准[答疑编号：]
daisytu88815
老师，我想问下中级会计实务、财务管理和经济法主观题的具体评分标准？比如实务中主观题分录正确，金额不对，怎么给分？有些题目 必须用到前面小问的答案，若前面小问错了，后面 是不是一分都没有？谢谢~
还没报读课程？来这里选购吧&
知识点出处：&>&中级会计实务&>&<a
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本题/页答疑
老师你好，我有16年的整套教材
柳英金 提问：
老师你好，我有16年的整套教材书，17年的书还需要购买吗？
销售旧货销项税
liuxiujuan_123 提问：
我单位的小汽车买来时候就是二手的对方给开的普通发票，现在我们要卖出去给个人，也是开的普通发票，销售这个小汽车不是要计算缴纳增值税和附加税吗？交的这个增值税可以用我家以前留抵的进项或用防伪税控设备的发票抵扣吗？（我家是一般纳税人）
销售旧货增值税
liuxiujuan_123 提问：
1）我想问一下我单位销售旧货小汽车一台给个人，我单位开的增值税普通发票计算的增值税可以用防伪税控设备的发票抵消吗？为什么
2）我单位的小汽车虽然已登记在我单位名下但是并未入账，我可以让以前的单位开个发票给我入账后我在卖掉吗？
什么时候开通课件
老师 请问什么时候开通课件？
。。。。。。。。。。。。。
【延伸】甲公司日对乙公司投资40%，乙公司2012年上半年实现净利润200万元，下半年实现净利润300万元，此题采用权益法核算，权益法下需要区分投资前和投资后被投资单位实现的净利润，甲公司2012年分的利润300*40%=120万。如果对乙公司投资60%，成本法下甲公司2012年分的利润就是（300+200）*40%=200万。权益法下需要区分的，投资之前实现的被投资单位的净利润我们不享有。成本下不需要进行区分投资之前还是投资之后实现的净利润。
这个说法是错的吧
重点不是看持股比例
而是统一控制还是非同一控制
本知识点其他学员的提问
老师你好，我有16年的整套教材
柳英金 提问：
老师你好，我有16年的整套教材书，17年的书还需要购买吗？
销售旧货销项税
liuxiujuan_123 提问：
我单位的小汽车买来时候就是二手的对方给开的普通发票，现在我们要卖出去给个人，也是开的普通发票，销售这个小汽车不是要计算缴纳增值税和附加税吗？交的这个增值税可以用我家以前留抵的进项或用防伪税控设备的发票抵扣吗？（我家是一般纳税人）
销售旧货增值税
liuxiujuan_123 提问：
1）我想问一下我单位销售旧货小汽车一台给个人，我单位开的增值税普通发票计算的增值税可以用防伪税控设备的发票抵消吗？为什么
2）我单位的小汽车虽然已登记在我单位名下但是并未入账，我可以让以前的单位开个发票给我入账后我在卖掉吗？
什么时候开通课件
老师 请问什么时候开通课件？
& & & &第一问：根据您的回答，我可以理解为本书除了预计负债不考虑处置费用外，其他资产都需要考虑吗？
& & & &第二问：只有资产、负债账面价值和计税基础不同才会确认递延所得税，请问这道题那些地方有差异？
& & & &第三问：15年轻一281页，&因其他事项确认的预计负债.......，则账面价值与计税基础相同&，如果没有题中假设，账面价值与计税基础相同，还确认递延所得税？
& & & &第四问：假设上一年应收账款账面价值为-3000减值），账面价值和计税基础有没有差异？上一年年末应不应该确认递延所得税？如果确认递延所得税那么这里贷1900是不是也应该调整递延所得税？
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& Inc. All Rights Reserved浙江省三门初级中学2014届九年级第一次月考语文试题_百度文库
浙江省三门初级中学2014届九年级第一次月考语文试题
三门初级中学九年级语文第一次月考试题（2012、9）
一、积累运用（28分）
1．阅读下面文字，根据拼音写出汉字。(4分)
我就像一只小船，
(chēng)起了帆，开始驶向无边的学海，寻找着我梦中的彼岸。也许前方有风浪，也许前边有暗▲
(jiāo)，我依然执著、努力前行，书包里装满对未来的美好
(chōng)憬。虽然学海无
(yá)苦做伴，但也会苦尽甘来乐无穷。
2．从文后括号中选择恰当词语，把对应的序号填入空白处的横线上。（4分）
沉默是金，沉默是宠辱不惊的
，沉默是大智若愚的
，沉默未必是金，沉默是故作深沉的
，沉默是袖手旁观的
，成功的人生，在于把握沉默的度。
3、下列句子没有语病的一项是（
A、能否保持一颗平常心是考试正常发挥的关键。
B、熊熊大火中，一位遇难者向人们呼救。
C、看了这次内容丰富的奥运展览，使我受到了深刻的教育。
D、夏天到了，大家游泳时要注意安全，防止事故发生。
4、古诗文填空：(8分)
（1）过尽千帆皆不是，
。（温庭筠《望江南》）
，西北望，射天狼。（苏轼《江城子》）
（3）辛弃疾《破阵子》中，从视觉和听觉两方面，概括地再现紧张激烈的战斗场面的句子是
(4)浊酒一杯家万里， ▲。(范仲淹《渔家傲》)
(5) ,载不动许多愁。（ 李清照《武陵春》)
（6）诚如是，则
，汉室可兴矣。（诸葛亮《隆中对》）
(7) 表明陈涉年少时就具有远大的抱负的语句是▲。
5、阅读下列材料，回答问题。（4分）
材料一：中国烟民已超过3亿，占全球吸烟者总数的三分之一，二手烟民更高达7.4亿人。每年约有120万人死于烟草诱发的相关疾病。（世界卫生组织材料）
材料二：全球大约每6秒就有一个吸烟者死亡。一个十几岁就开始吸烟并连续吸烟20年或更长时间的人，要比从不吸烟的人平均少活20至25年。（CCTV新闻）
材料三：吸烟有害健康。
（1）从材料一、二的数据中你读出了哪些信息？(2分)
（2）有人认为材料三的警示语缺乏力度，请你设计一条更有冲击力的警示语。（2分）
6．名著阅读。（5分）
①、根据下面的歇后语，补写中国古典文学名著中的人物。
） 进曹营——言不发
）摔孩子——收买人心
）到了野猪林——绝处逢生
②、 “德行犹如宝石，朴素最美。”此语出自文艺复兴时期英国伟大的作者
，他的散文文笔紧凑，老练，锐利，说理
，警句迭出。
二、现代文阅读。（17分）
贡献者：pxfdreamer觅规律题+脑力题（1） - 编程当前位置:& &&&觅规律题+脑力题（1）觅规律题+脑力题（1）&&网友分享于：&&浏览：0次找规律题+脑力题（1）
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Vasya, like many others, likes to participate in a variety of sweepstakes and lotteries. Now he collects wrappings from a famous chocolate bar &Jupiter&. According to the sweepstake rules, each wrapping has an integer written on it — the number of points that
the participant adds to his score as he buys the bar. After a participant earns a certain number of points, he can come to the prize distribution center and exchange the points for prizes. When somebody takes a prize, the prize's cost is simply subtracted
from the number of his points.
Vasya didn't only bought the bars, he also kept a record of how many points each wrapping cost. Also, he remembers that he always stucks to the greedy strategy — as soon as he could take at least one prize, he went to the prize distribution centre and exchanged
the points for prizes. Moreover, if he could choose between multiple prizes, he chose the most expensive one. If after an exchange Vasya had enough points left to get at least one more prize, then he continued to exchange points.
The sweepstake has the following prizes (the prizes are sorted by increasing of their cost):
Now Vasya wants to recollect what prizes he has received. You know sequence&, p2, ..., pn,
the number of points Vasya got for the&-th bar. The sequence of points is given in the chronological order. You also know numbers&,&,&,&,&.
Your task is to find, how many prizes Vasya received, what prizes they are and how many points he's got left after all operations are completed.
The first line contains a single integer&&()
— the number of chocolate bar wrappings that brought points to Vasya. The second line contains space-separated integers&, p2, ..., pn&( ≤ 109).
The third line contains 5 integers&,&,&,&,&&()
— the prizes' costs.
Print on the first line 5 integers, separated by a space — the number of mugs, towels, bags, bicycles and cars that Vasya has got, respectively. On the second line print a single integer — the number of points Vasya will have left after all operations of exchange
are completed.
Please, do not use the&%lld&specifier to read or write 64-bit integers in С&#43;&#43;. It is preferred to use the&cin,&cout&streams
or the&%I64dspecifier.
Sample test(s)
2 4 10 15 20
3 5 10 11 12
In the first sample Vasya gets&&points after eating the first chocolate bar. Then he exchanges&&points
and gets a mug. Vasya wins abag&after eating the second chocolate bar. Then he wins a&towel&after eating the third chocolate bar.
After all chocolate bars&&points remains.
这是一道联系代码功底的题，题意大致是：（读题要小心仔细点）
一开始给你一个数n，然后有n个数，分别代表每次那个人能够获得的&#20540;，如果他获得的&#20540;大于最低能够兑换的奖品的要求达到的&#20540;的话，那么他就马上去换奖品，注意他每次是进行谈心选取，即如果达到要求的话，那么他每次想拿的都是当前情况下能够取到的最大&#20540;，每次取奖品直到不能够再取到为止。
#include&stdio.h&
#include&string.h&
__int64 p[55],sum,map1[55];
int main(){
int i,j,k,n;
scanf(&%I64d&,&n);
for(i=1;i&=n;i++) scanf(&%I64d&,&p[i]);
__int64 a[6]={0};
for(i=1;i&=5;i++) scanf(&%I64d&,&a[i]);
for(i=1;i&=n;i++){
sum+=p[i];
for(j=5;j&=1;j--){
if(sum&=a[j]){
map1[j]+=sum/a[j];
sum=sum-sum/a[j]*a[j];
for(i=1;i&=5;i++){
if(i!=5) printf(&%I64d &,map1[i]);
else printf(&%I64d\n&,map1[i]);
printf(&%I64d\n&,sum);
}map数组中保存的是每一种奖品最终获得的数量，然后sum中保存的是每次剩下来的&#20540;（即为最终剩余多少&#20540;）。
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Polycarpus plays with red and blue marbles. He put&&marbles from the left to the right in a row. As it turned out, the marbles form azebroid.
A non-empty sequence of red and blue marbles is a&zebroid, if the colors of the marbles in this sequence alternate. For example, sequences (
red) and (blue) are zebroids and sequence (
red) is not a zebroid.
Now Polycarpus wonders, how many ways there are to pick a zebroid&subsequence&from this sequence. Help him solve the problem, find the number of ways modulo&& &#43; 7).
The first line contains a single integer&&)&—
the number of marbles in Polycarpus's sequence.
Print a single number — the answer to the problem modulo&& &#43; 7).
Sample test(s)
Let's consider the first test sample. Let's assume that Polycarpus initially had sequence ( red), so there are six ways to pick a zebroid:
It can be proven that if Polycarpus picks ( blue) as the initial sequence, the number of ways won't change.
题目的大致意思是：
就是给你n个大理石，然后叫你按照他的那种方法排列，即为每次都要满足红与蓝的石头相互间隔，问你最多有几种摆放的方式，输出mod上那个数字。
这也是一道找规律的题，我是把前几组数据列出来，然后发现了数字之间的联系，比如说“ABABA&与“BABAB”这种情况算出来的&#20540;是一样的，所以只要取一种来算就好。
#include&stdio.h&
#include&string.h&
#define mod
__int64 f[1111111];
int main(){
int i,j,k;
scanf(&%I64d&,&n);
f[1]=1; f[2]=3;
for(i=3;i&=1000000;i++) f[i]=(f[i-1]+f[i-2]+2)%
printf(&%I64d\n&,f[n]);
虽然找规律的题有难度，但是多想就总会进步的吧，加油！
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Flatland is inhabited by pixels of three colors: red, green and blue. We know that if two pixels of different colors meet in a violent fight, only one of them survives the fight (that is, the total number of pixels decreases by one). Besides, if pixels of colors&&and&&&meet
in a violent fight, then the pixel that survives the fight immediately changes its color to&&.
Pixels of the same color are friends, so they don't fight.
The King of Flatland knows that his land will be peaceful and prosperous when the pixels are of the same color. For each of the three colors you know the number of pixels of this color that inhabit Flatland. Help the king and determine whether fights can bring
peace and prosperity to the country and if it is possible, find the minimum number of fights needed to make the land peaceful and prosperous.
The first line contains three space-separated integers&,&&and&&;&a &#43; b &#43; c & 0)&—
the number of red, green and blue pixels, correspondingly.
Print a single number — the minimum number of pixel fights before the country becomes peaceful and prosperous. If making the country peaceful and prosperous is impossible, print&-1.
Sample test(s)
In the first test sample the country needs only one fight to achieve peace and prosperity. Besides, it can be any fight whatsoever. For example, let's assume that the green and the blue pixels fight, then the surviving pixel will be red. As a result, after
the fight there are two red pixels. There won't be other pixels.
In the second sample the following sequence of fights is possible: red and blue, green and red, red and blue. As a result, after all fights there is one green pixel left.
这道题的大致题意是：
很类&#20284;于以前我做过的一道变色龙的题目，就是给你三种颜色，然后叫你判断是否能把所有的颜色都变为一种颜色，但是这道题问法有变化，就是让你输出最少要几次才能使它们的颜色都变为一样，如果不可以就输出-1。
好吧，因为以前的那道题我没想清楚，所以这回我没有做出来，但是这回仔细的分析了一下，用公式推导了出来。
我们首先设有三个数：a[0],a[1],a[2],然后如果要使所有颜色都一样的话，那么肯定要有两种颜色相同才可以，这里选取哪两个来进行碰撞呢？用贪心法，每次都选两个最大的数字相碰，直到加到有两个数相等。
比如说“1，5，8” &因为1与5之间相差了偶数，所以肯定有一次能把他们变到相等的情况，
那么最少有几次呢？ t=(a[1]-a[0])/2&#43;(a[1]-a[0])/2&#43;a[0],其中前面的第一项代表的是a[0]与a[1]相互转化要几次，然后第二项与第三项相加代表的是转化后相等的数再转化到只有一种颜色要几次。
#include&stdio.h&
#include&string.h&
#include&algorithm&
__int64 a[4];
int main(){
for(int i=0;i&3;i++) scanf(&%I64d&,&a[i]);
sort(a,a+3);
if((a[1]-a[0])%2==0) printf(&%I64d\n&,a[1]);
else printf(&%I64d\n&,a[2]);
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The Little Elephant loves sortings.
He has an array&&consisting of&&integers. Let's
number the array elements from 1 to&, then the&-th
element will be denoted as&.
The Little Elephant can make one move to choose an arbitrary pair of integers&&and&&&and
increase&&by&&for
all&&such that.
Help the Little Elephant find the minimum number of moves he needs to convert array&&to an arbitrary array sorted in the non-decreasing order. Array&,
consisting of&&elements, is sorted in the non-decreasing order if for any&&& ≤ ai &#43; 1&holds.
The first line contains a single integer&&)&—
the size of array&. The next line contains&&integers,
separated by single spaces — array&& ≤ 109).
The array elements are listed in the line in the order of their index's increasing.
In a single line print a single integer — the answer to the problem.
Please, do not use the&%lld&specifier to read or write 64-bit integers in С&#43;&#43;. It is preferred to use the&cin,&cout&streams
or the&%I64dspecifier.
Sample test(s)
In the first sample the array is already sorted in the non-decreasing order, so the answer is&.
In the second sample you need to perform two operations: first increase numbers from second to third (after that the array will be:&[3, 3, 2]),
and second increase only the last element (the array will be:&[3, 3, 3]).
In the third sample you should make at least 6 steps. The possible sequence of the operations is:&(2; 3), (2; 3), (2; 3), (3; 3), (3; 3), (3; 3).
After that the array converts to&[7, 7, 7, 47].
题意大致就是每次你都能选择一个区间l到r，然后使其中的数的&#20540;都增加1，然后问你最少几次能使这个序列变成不递减的序列。
好吧，我是模拟了几组数据，然后就发现最少的步数就是前后两个数字相减的绝对&#20540;，然后把它们加起来就好了。
其实也是算找规律题把。不过我竟然能看出来，不错啊，加油！
#include&stdio.h&
#include&string.h&
__int64 a[111111];
int main(){
int i,j,k,n;
scanf(&%d&,&n);
for(i=1;i&=n;i++) scanf(&%I64d&,&a[i]);
__int64 sum=0;
for(i=2;i&=n;i++){
if(a[i]&a[i-1]) sum+=a[i-1]-a[i];
printf(&%I64d\n&,sum);
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The Little Elephant very much loves sums on intervals.
This time he has a pair of integers&&and&&.
The Little Elephant has to find the number of such integers&&,
that the first digit of integer&&equals the last one (in decimal notation). For example, such numbers as&,&&or&&will
be included in the answer and&,&&or&&will
Help him and count the number of described numbers&&for a given pair&&and&.
The single line contains a pair of integers&&and&&)&—
the boundaries of the interval.
Please, do not use the&%lld&specifier to read or write 64-bit integers in С&#43;&#43;. It is preferred to use&cin,&cout&streams
or the&%I64dspecifier.
On a single line print a single integer — the answer to the problem.
Sample test(s)
In the first sample the answer includes integers&2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 11, 22, 33, 44.
好吧，这也是一道找规律的题，只不过我没想到那种规律罢了。
题意是：给你一个范围的区间，然后叫你判断在那个区间中有几个数满足首位和末位是相同的，并输出。
类&#20284;于数位dp的一道题，虽然说题目中没有包含0这个数，那么我们也可以把它算进去，然后两个端点相减就是答案，注意左端点。
规律就是前百位中有18个，然后按照位数来进行数的个数的增加，3位90个，4位900个。。。
然后分情况：1）若首位大于末位，那么就是取中间的那个数字然后再加上1，还有别忘了要加上在这个数之前的那些情况。至于为什么加1的原因是当首末两位相等的时候是肯定取的到的。
2）若首位小于末位，那么就直接取中间的那个数字就好。
然后还要注意一下只有个位数的情况。
#include&stdio.h&
#include&string.h&
#include&math.h&
__int64 l,r,sum1,sum2;
__int64 a[20];
int lnn[22];//保存每一位；
int getlen(__int64 n){
int len=0;
lnn[len]=n%10;
//注意一下这里求阶乘，不要用那个pow函数，因为会有误差；
__int64 fac(int s){
__int64 ans=1;
for(i=1;i&=s;i++) ans=ans*10;
//这里是为了求出中间的那个数字；
__int64 getn(int ll,int rr){
__int64 j=1,ans=0;
for(i=i&=i++){
ans+=lnn[i]*j;
//printf(&%I64d\n&,ans);
int main(){
int i,j,k;
int len1=0,len2=0;
scanf(&%I64d%I64d&,&l,&r);
a[1]=10; a[2]=9;
for(i=4;i&=18;i++) a[i]=a[i-1]*10;
sum1=sum2=0;
len2=getlen(r);
//要单独讨论长度只有1的情况；
if(len2==1) sum2+=r+1;
for(i=1;i&len2;i++) sum2+=a[i];
__int64 s2=fac(len2-1);
__int64 ans=0;
if(r/s2&1&&len2!=1){
sum2+=a[len2]/9*(r/s2-1);
sum2+=getn(1,len2-2);
//这里是首位小于等于末尾的情况，那么要加1；
if(r/s2&=r%10&&len2!=1) sum2++;
memset(lnn,0,sizeof(lnn));
len1=getlen(l-1);
if(len1==1) sum1+=l;
for(i=1;i&len1;i++) sum1+=a[i];
__int64 s1=fac(len1-1);
if((l-1)/s1&1&&len1!=1){
sum1+=a[len1]/9*((l-1)/s1-1);
sum1+=getn(1,len1-2);
if((l-1)/s1&=(l-1)%10&&len1!=1) sum1++;
printf(&%I64d\n&,sum2-sum1);
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三门问题——亦称为蒙提霍尔问题、蒙特霍问题或蒙提霍尔悖论（Monty Hall problem）
　　三门问题（Monty Hall problem），是一个源自的数学游戏问题，大致出自美国的电视游戏节目Let's Make a Deal。问题的名字来自该节目的主持人（）。
　　这个游戏的玩法是：参赛者会看见三扇关闭了的门，其中一扇的后面有一辆，选中后面有车的那扇门就可以赢得该汽车，而另外两扇门后面则各藏有一只山羊。当参赛者选定了一扇门，但未去开启它的时候，节目主持人会开启剩下两扇门的其中一扇，露出其中一只山羊。主持人其后会问参赛者要不要换另一扇仍然关上的门。问题是：换另一扇门会否增加参赛者赢得汽车的？如果严格按照上述的条件的话，答案是会—换门的话，赢得汽车的机会率是 2/3。
　　这条问题亦被叫做蒙提霍尔悖论：虽然该问题的答案在上并不自相矛盾，但十分违反直觉。这问题曾引起一阵热烈的讨论。
　　以下是蒙提霍尔问题的一个著名的叙述，来自 Craig F. Whitaker 于1990年寄给《展示杂志》（Parade Magazine）玛丽莲·沃斯·莎凡特（Marilyn vos Savant）专栏的信件：
　　假设你正在参加一个游戏节目，你被要求在三扇门中选择一扇：其中一扇后面有一辆车；其余两扇后面则是山羊。你选择了一道门，假设是一号门，然后知道门后面有什么的主持人，开启了另一扇后面有山羊的门，假设是三号门。他然后问你：“你想选择二号门吗？”转换你的选择对你来说是一种优势吗？
　　以上叙述是对 Steve Selvin 于1975年2月寄给 American Statistician 杂志的叙述的改编版本。如上文所述，蒙提霍尔问题是游戏节目环节的一个引申；蒙提·霍尔在节目中的确会开启一扇错误的门，以增加刺激感，但不会容许玩者更改他们的选择。如蒙提·霍尔寄给 Selvin 的信中所写：
　　如果你上过我的节目的话，你会觉得游戏很快—选定以后就没有的机会。
　　Selvin 在随后寄给 American Statistician 的信件中(1975年8月) 首次使用了“蒙提霍尔问题”这个名称。
　　一个实质上完全相同的问题于1959年以“三囚犯问题”（three prisoners problem）的形式出现在马丁·加德纳的《数学游戏》专栏中。葛登能版本的选择过程叙述得十分明确，避免了《展示杂志》版本里隐含的前提条件。
　　这条问题的首次出现，可能是在1889年约瑟夫·贝特朗所著的 Calcul des probabilités 一书中。 在这本书中，这条问题被称为“贝特朗箱子悖论”（Bertrand's Box Paradox）。
　　Mueser 和 Granberg 透过在主持人的行为身上加上明确的限制条件，提出了对这个问题的一种不含糊的陈述：
参赛者在三扇门中挑选一扇。他并不知道内里有什么。
主持人知道每扇门后面有什么。
主持人必须开启剩下的其中一扇门，并且必须提供换门的机会。
主持人永远都会挑一扇有山羊的门。
如果参赛者挑了一扇有山羊的门，主持人必须挑另一扇有山羊的门。
如果参赛者挑了一扇有汽车的门，主持人随机在另外两扇门中挑一扇有山羊的门。
参赛者会被问是否保持他的原来选择，还是转而选择剩下的那一道门。
　　显然的，在最初的决定下选中汽车的概率是1／3，因为要在三个门中随机地选择一个。
　　同样显然的，在最初的选择下选出山羊的概率是2／3。当这种情况发生(即最初选中的是山羊)时，在生产线上的两扇门背后将只有一个是山羊，另一扇后面是汽车。了解情况的主持人别无选择，他只有一个选择，即打开背后是山羊的门。于是，剩下的两扇中未被主持人打开的那扇门背后一定是汽车。因此，改变最初的决定，就一定可以获得汽车。我们已经知道，这种情况发生的概率是2／3，所以如果改变最初的决定，成功的概率能增加一倍，由1／3变成2／3。
　　上面的论证可简化为：假定你的原始选择是正确的，然后主持人打开一个有山羊的门，此时你改变选择你亏了；假定你的原始选择是错误的，然后主持人打开一个有山羊的门，此时由于主持人只能从剩下的两个门中选择背后有山羊的那个，而他没有打开的一定背后是汽车，此时你改变选择你将一定可获得汽车。想一下，你一开始的选择正确与错误的可能性分别是多少?
原始选择正确的可能性只有1/3, 而错误的是2/3， 而只要原始选择是错误的就可以获得汽车。
　　如果觉得这种简短的解释力度不够的话，下面我们对这个问题再详细讨论一下。
　　3个门中，1个门后面有汽车，其他2个门后面有山羊，共有3处等可能的情况。如果坚持选择门1不换，如下表所示，只有第一种情况下可以获得汽车，而第二种与第三种情况下都得到山羊。因此，得到汽车的概率是1／3。
　门1　门2　门3坚持选择门1的结果
　汽车　山羊　山羊　得到汽车
　山羊　汽车　山羊　得到山羊
　山羊　山羊　汽车　得到山羊
　　如果获胜者选择门1，当主持人打开门2或门3中有山羊的一扇门后，他在剩下的门中选择一个，就会出现下表所示的结果。
　门1　门2　门3　获胜者的选择重新选择的结果
　汽车　山羊　山羊　门1换为门2或门3　得到山羊
　山羊　汽车　山羊　门1换为门2　得到汽车
　山羊　山羊　汽车　门1换为门3　得到汽车
　　可以看到，重新选择另一扇门，得到汽车的概率将会变成2／3。因此，重新选择更有利。
　　如果这种解释仍然不能令你信服，我们可以换角度继续说明一下。比如，现在摆在我们面前的有100扇门，只有其中一扇门后是汽车，而其他的99扇门后都是山羊。好了，你选择其中一扇门。自然，你选取汽车的概率只有1／100。
　　然后，知道汽车存放处的主持人一口气打开了99扇门中的98扇，其后面都是山羊。此时你可以坚持最初的选择，也可以改变选择。你是否应当改变选择?你是否还认为在你最初选择的门与其他99扇门中唯一没有打开的那扇门背后有汽车的概率是相同的?
　　事实是，如果你拒绝改变，你只有在一开始就选择了正确的门的情况下才能获取汽车，这个概率只有1％。在另外99％的情况下，你最初选择的是一个后面是山羊的门，而另外的98扇已经打开，你这时改变最初的选择就可以成功。所以，在99％的概率下，改变选择是正确的。如果你能接受这个例子，为什么你不能接受最初的例子呢?
　　可见，三门问题是一个理性选择和机遇问题，是关于中如何正确理解概率的含义和概率变化的问题。
　　尽管在三门问题上，人们遇到了许多困难，但仍然有少数人凭直觉找出了正确的解决方案。这自然导致两个问题：这些成功地解决难题的少数人使用了哪种推理方法?倘若我们了解这种机制，我们如何才能用合适的方法来表示和说明认知难题，比如如何消除那种改变决定的阻力?
　　这里至少涉及两个问题。
　　第一，在这个博弈或者推理的过程中，应当使用作为“频率”的客观概率，还是使用作为信念的。我们知道，要找出解决三门问题的正确方案，就要进行推理，这种推理的一个特点是它依据频率而不是概率来推理。Gigerenzer和Hoffrage(1995)已经用实验证明了用自然频率描述或然性信息，帮助参与者解决推理问题比用作为信念的主观概率来解决推理问题更为恰当。
　　例如，他们向参与者出示一个40岁妇女的乳房X光片，并要求参与者估计她患乳腺癌的概率。一种方式是，有关的信息用概率来描述(例如，“一个妇女在40岁时得乳腺癌的概率是0.01”)；另一种方式是，相同的信息用频率来描述(每1000个40岁的妇女中，会有10个患乳腺癌)。Gigerenzer和Hoffrage(1995)主张将单独事件的概率(如，考虑一个妇女的病例)转变成自然频率(如，考虑整个样本中的所有妇女)有助于正确地进行博弈或推理。Aron和Spivey(1998)给不同组的参与者介绍三门问题的概率和频率。在他们的实验中，给定概率表达方式的参与者中只有12％的人给出了正确的回答，而给定频率表达方式的参与者中有29％给出了正确的回答。而且运用概率的运算方法看起来相当烦琐。在他们看来，用频率进行推理的优于用概率进行推理。
　　不同的概率解释适用于不同的场合或情景。每一种解释都有它自己的适用范围。概率解释应该是多元的，不是一元的。一般说来，频率解释适用于信息相对掌握较多的场合，适用于可以多次的场合；(主观)概率解释适用于信息相对掌握较少的场合(在这里局中人博弈靠的只能是信心)，往往适用于单一而非重复博弈的场合。
　　第二，信息较少效果反而更好。实际上，在认知过程中，信息使用者和都面临的一个普遍的问题是：应当使用和提供的最理想的是多少。Goldstein和Gigerenzer(1999)的实验报告表明，有时“知道得越少反而更好”。他们在《启发式再认知》中提供了一个例子，挖掘了有助于人们做出推论的认识潜力。当要求人们根据一些标准判断两个对象哪一个有更高价值的情形时(例如，哪一个更快、更高、更强)，启发式认知可作如下：如果两个对象中有一个认识而另一个不认识，则可推出不认识的对象反而有更高的价值。令作者惊讶的一个发现是，德国人能比美国人更好地判断出两个美国城市(例如，圣地亚哥和圣安尼奥)中哪一个城市的人口更多，为什么呢?德国参与者中许多人没听说过圣安尼奥，因而使用了启发式认知方法(例如，他们推断圣地亚哥比圣安尼奥的人口多，因为他们知道前者而不知道后者)。事实上在缺乏知识的情况下，启发式认知方法才可以有效地使用。这项研究显示，在不确定情况下，一种违反直觉的“较不好的效果”的出现，即知识的缺乏实际上有利于推论。
　　有趣的是，博弈论中有一个斯塔克博格模型，虽然它描述的是所谓的，但在其中，却也反映了这种“信息多者反而失败”的现象。我们不妨举个例子来说明这一模型。在宽体客机的上，和是两大“巨无霸”。为了市场优势，两家公司都需要决定是否开发一种新型飞机。由于宽体客机制造成本很高，只有当销量较大具有时，新机型的研发才是有利可图的。由于市场只能容纳一家公司，谁率先制造新飞机谁就独占。若两家同时制造新飞机，则两败俱伤。因此，谁抢先行动谁就具有“先行优势”。
　　由于波音公司得知一个额外的信息：会给空中客车公司补贴，于是自己行动迟缓，失去了先行者优势。在中，先行动者决策时看不到的选择，拥有的信息较少；后行动者知道领先者的实际选择，拥有的信息较多，反而会犹豫不决，错失良机。在这种的情况下，信息较多者不一定得益较多。
　　类似的案例是迟到十年的求婚者。据说古希腊有位博学多才、气质高雅的哲学家，追随他的“粉丝”足足有一个加强排。他本来是婚姻市场上的“”，但是他这山望着那山高，犹豫不决。等到他决定结婚时，那些他曾经中意的“粉丝”都成了几个孩子的妈妈。所以，关于婚姻对象的信息了解越多，越容易失去先行者优势。最后只能失去良机，追悔奠及。
　　关于三门问题的讨论还在继续。但是三门问题的提出给了我们重要的启示。
　　第一，三门问题实际上是一个关于决策和博弈的认知问题。在这个拥有信息相对较多的博弈和推理过程中，用频率进行推理优于用概率进行推理。在重复博弈的场合，采用符合直观的、自然的频率来推理比采用概率来进行推理更为恰当，更适用；
　　第二，作为一个“认知错觉”或“心理隧道”的最富有表现力的例子，三门问题提醒我们，必须重视归纳逻辑的认知方面的研究。从归纳逻辑的视角研究三门问题认知过程，分析三门问题的困难原因，探讨问题解决的推理过程等，有助于深化归纳逻辑研究。三门问题的认知给我们的启发是，我们不仅要用现代逻辑的方法来拓展归纳逻辑的研究，而且要借鉴的研究成果，深入探讨归纳逻辑的认知基础，推动归纳逻辑研究向新的深度和广度拓展。
　　【1】Bapeswara Rao, V. V. and Rao, M. Bhaskara (1992). "A three-door game show and some of its variants". The Mathematical Scientist 17, no. 2, pp. 89–94
　　【2】Bohl, Alan H.; Liberatore, Matthew J.; and Nydick, Robert L. (1995). "A Tale of Two Goats ... and a Car, or The Importance of Assumptions in Problem Solutions". Journal of Recreational Mathematics 1995, pp. 1–9.
　　【3】Gardner, Martin (1959). "Mathematical Games" column, Scientific American, October 1959, pp. 180–182.
　　【4】Mueser, Peter R. and Granberg, Donald (1999), "The Monty Hall Dilemma Revisited: Understanding the Interaction of Problem Definition and Decision Making" ( Working Paper 99-06).
(retrieved July 5, 2005).
　　【5】Nahin, Paul J. Duelling idiots and other probability puzzlers.
Press, Princeton,pp. 192-193.
　　【6】Selvin, Steve (1975a). "A problem in probability" (letter to the editor). American Statistician 29(1):67 (February 1975).
　　【7】Selvin, Steve (1975b). "On the Monty Hall problem" (letter to the editor). American Statistician 29(3):134 (August 1975).
　　【8】Tierney, John (1991). "Behind Monty Hall's Doors: Puzzle, Debate and Answer?", The New York Times July 21, 1991, Sunday, Section 1; Part 1; Page 1; Column 5
　　【9】vos Savant, Marilyn (1990). "Ask Marilyn" column, Parade Magazine p. 12 (Feb. 17, 1990). [cited in Bohl et al., 1995]
　　【10】Tijms, Henk (2004), Understanding Probability, Chance Rules in Everyday Life , Cambridge University Press, New York, pp. 213-215.
任晓明.第八章 归纳逻辑的哲学疑难和认知之谜 新编归纳逻辑导论：机遇、与博弈的逻辑.河南人民出版社,2009.06.
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