从负指数分布/泊松分布到排队论(经理能扣篮，但不经常也不绝对)

从经理穿着皮鞋能不能扣篮，引起了一段思考。

周六上午在家带娃，我已经快崩溃，所以作文时间放在了午后。

假如你相信上帝真的是在掷骰子，那么我们的世界就是上帝的一系列实验生成的。
假如你相信世界是二元元素的组合，那么使用二进制便可以完整描述整个世界。

一切从二项分布开始裂变。

二项分布

让我们看一道非常简单的概率统计习题：
如果做一次实验，一个独立的事件EEE发生的概率是ppp，那么请问，连续做nnn次实验，让事件EEE发生kkk次的概率是多少？

非常简单的习题，只要知道独立事件同时发生的概率相乘性质即可解题。

单次事件发生的概率就是ppp，单次事件不发生的概率是1−p1-p1−p
事件发生kkk次的概率就是pkp^kpk
实验进行了nnn次，kkk次发生了事件，意味着n−kn-kn−k次没有发生事件
n−kn-kn−k次没有发生事件的概率是(1−p)n−k(1-p)^{n-k}(1−p)n−k
事件的发生与实验顺序无关，故发生kkk次的可能性有CnkC_n^kCnk种

综上1～4，连续做nnn次实验，事件EEE发生kkk次的概率为：

P(X=k)=Cnk×pk×(1−p)n−kP(X=k)=C_n^k\times p^k\times (1-p)^{n-k}P(X=k)=Cnk×pk×(1−p)n−k

是的，这就是 二项分布 。

根据以上的二项分布，我们可以计算出在P(X=k)P(X=k)P(X=k)的概率下，重复实验kkk次，事件发生的 平均次数 为：

λ=n×p\lambda=n\times pλ=n×p

现在让我们来看所谓的事件以及 平均次数 的具体意义和性质。

对于在推导二项分布时的我们理解的事件，都是 单次等概率的事件。 即做一次实验，事件发生的概率是相同的，也就是定值ppp，比如抛硬币。利用这类事件，我们已经非常容易地推导出二项分布的式子。

但是还有一种事件，固定的时间内它们发生的次数与单次实验事件发生的概率是无关的，而是与连续的时间段或者连续的空间大小有关，即 单位时间/空间内时间发生的次数平均值为定值。 典型的例子就是生产线产品的良品率，无论你用多少条相同的生产线做实验，良品率总是相等的。本文接下来要讨论的所有事件，均是此类事件。

此类事件具有 累加性质 。即 事件在一个连续的时间段或者空间中持续以某种概率发生。

这种事件很难对应到 二项分布 的所谓独立实验重复多次的场景，我们不妨先借用一下λ=n×p\lambda=n\times pλ=n×p这个式子，从事情的本初开始。

负指数分布

再看一遍 一段时间内事件发生平均次数 的式子：

λ=n×p\lambda=n\times pλ=n×p

如果λ\lambdaλ为定值，即在确定的区间内，无论做多少次实验，都不会改变实验成功的次数，我们换一种写法：

p=λ×1np=\lambda\times \dfrac{1}{n}p=λ×n1

即 事件发生的概率与1n\dfrac{1}{n}n1成正比！ 至于1n\dfrac{1}{n}n1如何被解释，我们接着往下看。

如果我们把所谓的 单位时间 规约为1，那么1n\dfrac{1}{n}n1就是一个小的时间片，整个单位时间被分成了等大小的nnn份，nnn越大，时间片就越小，我们在单位1的约束下，不妨将1n\dfrac{1}{n}n1看作是Δt\Delta tΔt，那么ppp就是Δt\Delta tΔt内事件发生kkk次的概率：

Pk(Δt)=λΔtP_k(\Delta t)=\lambda \Delta tPk(Δt)=λΔt

即 事件发生的概率与时间片的长短成正比！

但是发生几次呢？至少发生1次！也可能发生2次，3次，5次，100次。可是，如果发生次数大于1次，在后面的推导中，便无法拟合二项分布的含义，如何将发生的次数限制在至多1次呢？

答案是 将Δt\Delta tΔt想象成非常小，即发生1次事件的概率都超级小，更何况多次。

所以，在Δt\Delta tΔt非常小的保证下，我们认为PkP_kPk可以表达成下面的式子：

Pk(Δt)=P1(Δt)+o(Δt)=λΔtP_k(\Delta t)=P_1(\Delta t)+o(\Delta t)=\lambda \Delta tPk(Δt)=P1(Δt)+o(Δt)=λΔt

我们将发生事件大于1次的概率看作是一个关于Δt\Delta tΔt高阶无穷小。反正后面我们采用微积分推导时必然保证Δt\Delta tΔt趋向于000，因此高阶无穷小是可以忽略的。

我们忽略高阶无穷小后，有：

P1(Δt)=λΔtP_1(\Delta t)=\lambda \Delta tP1(Δt)=λΔt

接下来，按照概率的定义，在Δt\Delta tΔt内事件不发生的概率就是：

P0(Δt)=1−λΔtP_0(\Delta t)=1-\lambda \Delta tP0(Δt)=1−λΔt

我们将其形式化：

P0(t)=1−λtP_0(t)=1-\lambda tP0(t)=1−λt 【式子1】

注意，虽然我们为了形式化将Δt\Delta tΔt换成了ttt，但是这只是为了数学上推导方便，我们必须记住，自变量ttt是时间片的长短，而不是一个绝对时间！那么按照P0(t)P_0(t)P0(t)的解释，P0(t+Δt)P_0(t+\Delta t)P0(t+Δt)的意思就是 时间片长度为t+Δtt+\Delta tt+Δt时事件不发生的概率！

请注意，长度为t+Δtt+\Delta tt+Δt的时间片可以分割为连续的两个小时间片ttt和Δt\Delta tΔt， 时间片t+Δtt+\Delta tt+Δt中不发生事件的概率要求时间片ttt和时间片Δt\Delta tΔt中均不发生事件！ 按照概率相乘的原理：

P0(t+Δt)=P0(t)P0(Δt)P_0(t+\Delta t)=P_0(t)P_0(\Delta t)P0(t+Δt)=P0(t)P0(Δt) 【式子2】

代入式子1，我们整理式子2：

P0(t+Δt)=P0(t)(1−λΔt)=P0(t)−λΔtP0(t)P_0(t+\Delta t)=P_0(t)(1-\lambda \Delta t)=P_0(t)-\lambda \Delta tP_0(t)P0(t+Δt)=P0(t)(1−λΔt)=P0(t)−λΔtP0(t)

稍微变换一下：

P0(t+Δt)−P0(t)Δt=−λP0(t)\dfrac{P_0(t+\Delta t)-P_0(t)}{\Delta t}=-\lambda P_0(t)ΔtP0(t+Δt)−P0(t)=−λP0(t) 【式子3】

式子3是什么？取极限不就是个求导吗：

lim⁡Δt→0P0(t+Δt)−P0(t)Δt=P0′(t)=−λP0(t)\lim_{\Delta t \to 0}\dfrac{P_0(t+\Delta t)-P_0(t)}{\Delta t}=P_0\prime(t)=-\lambda P_0(t)limΔt→0ΔtP0(t+Δt)−P0(t)=P0′(t)=−λP0(t)

写成微分方式：

d(P0(t))P0(t)dt=−λ\dfrac{d(P_0(t))}{P_0(t)dt}=-\lambdaP0(t)dtd(P0(t))=−λ

两边同时积分，按照第一类换元积分：

∫d(P0(t))P0(t)dtdt=∫1P0(t)d(P0(t))=logeP0(t)=−λt+C\displaystyle\int\dfrac{d(P_0(t))}{P_0(t)dt}dt=\displaystyle\int\dfrac{1}{P_0(t)}d(P_0(t))=log_eP_0(t)=-\lambda t+C∫P0(t)dtd(P0(t))dt=∫P0(t)1d(P0(t))=logeP0(t)=−λt+C

取eee的指数得到：

P0(t)=eC×e−λtP_0(t)=e^C\times e^{-\lambda t}P0(t)=eC×e−λt

ttt是一个时间片，t=0t=0t=0就是无，当然不会有任何事件发生，即P0(0)=1P_0(0)=1P0(0)=1，即：

P0(t)=e−λtP_0(t)=e^{-\lambda t}P0(t)=e−λt

在时间片长度为ttt的时间内不发生事件的概率是e−λte^{-\lambda t}e−λt，那么至少发生1个事件的概率就是：

P1(t)=1−e−λtP_1(t)=1-e^{-\lambda t}P1(t)=1−e−λt

这就是概率积累函数，这不就是 负指数分布 吗？即 单位时间内时间发生平均次数为固定值λ\lambdaλ的事件的时间间隔的概率为负指数分布！

泊松分布

再看一遍 一段时间内事件发生平均次数 的式子：

λ=n×p\lambda=n\times pλ=n×p

这里，我们依然假定λ\lambdaλ为定值。这个是本文通篇的假定。

在推导负指数分布的时候，我们已经将单位时间分割成了要多小有多小的Δt\Delta tΔt，并且我们还知道，这些小的时间片Δt\Delta tΔt内发生1次以上事件的概率为Δt\Delta tΔt的高阶无穷小，在参与取极限，微积分等数学运算的时候是被忽略的，于是我们得到了非常清爽的式子：

P1(Δt)=λΔtP_1(\Delta t)=\lambda \Delta tP1(Δt)=λΔt

我们将其形式化：

P1(t)=λtP_1(t)=\lambda tP1(t)=λt

注意，自变量ttt是一个时间段，而不是绝对时间，这里再次强调。

好了，开始我们的推导。

现在我把这个已经非常小的时间片ttt（也就是Δt\Delta tΔt，只是写成ttt好看一些）画出来：

我们终于可以套用 二项分布中的实验模型 了。

在ttt时间片内，发生了一次事件。

我们知道ttt已经非常小，小到可观测范围只能发生1次事件，发生1次以上事件的概率微乎其微(高阶无穷小o(t)o(t)o(t))，然而，由于时间片是连续的，即便再小它依旧是 继续可分的 ，像分形一样，我们把ttt放大，将其再等分成mmm份：

之所以将ttt再继续等分mmm份是因为，我们知道ttt时间片内事件发生的概率是λt\lambda tλt，那么在ttt时间片内，如果事件发生了，那么事件具体在哪一个更精细的时间片内发生，又是一个概率问题：

是在第1个tm\dfrac{t}{m}mt时间片里发生吗？
是在第2个tm\dfrac{t}{m}mt时间片里发生吗？
是在第3个tm\dfrac{t}{m}mt时间片里发生吗？
…是在第mmm个tm\dfrac{t}{m}mt时间片里发生吗？

到底再哪个小时间片里发生呢？很简单，都有可能发生。都是等概率的，每个小时间片发生事件的概率均为1m\dfrac{1}{m}m1，按照概率相乘的规则：

事件在ttt事件片发生的概率为λt\lambda tλt
事件如果真的在ttt时间片发生，那么它在某一个tm\dfrac{t}{m}mt小时间片发生的概率就是λt×1m\lambda t\times \dfrac{1}{m}λt×m1

是的，概率就是

P=λt×1mP=\lambda t\times \dfrac{1}{m}P=λt×m1

哈哈，为了得到概率分布，我们可以做实验了：

连续做kkk次实验，k<mk<mk<m，每次实验事件发生的概率是λt×1m\lambda t\times \dfrac{1}{m}λt×m1

这就是一个典型的二项分布：

P(X=k)=Cmk×(λtm)k×(1−λtm)m−kP(X=k)=C_m^k\times (\dfrac{\lambda t}{m})^k\times (1-\dfrac{\lambda t}{m})^{m-k}P(X=k)=Cmk×(mλt)k×(1−mλt)m−k

现在事情可以开始了。

由于时间是连续流逝的(空间也一样)，那么时间片就是无限可分割的，我们求一个连续变量下事件发生的概率，需要就是将时间片(或者空间) 无限分割 。

以上这个式子里，其实ttt已经是无限分割的结果了，但是我们不要在乎ttt，只需知道在ttt时间片里至多发生1次事件就好了，重要的是， 我们将ttt分割mmm份，让mmm趋向于无穷大会怎样？

求极限：

lim⁡m→∞Cmk×(λtm)k×(1−λtm)m−k\lim_{m \to \infty}C_m^k\times (\dfrac{\lambda t}{m})^k\times (1-\dfrac{\lambda t}{m})^{m-k}limm→∞Cmk×(mλt)k×(1−mλt)m−k

直接求解即可，其中只需要应用一个重要极限公式，一切迎刃而解：

lim⁡m→∞(1−λtm)m=lim⁡m→∞(1−1mλt)mλtλt=eλt\lim_{m \to \infty}(1-\dfrac{\lambda t}{m})^m=\lim_{m \to \infty}(1-\dfrac{1}{\frac{m}{\lambda t}})^{\frac{m}{\lambda t}\lambda t}=e^{\lambda t}limm→∞(1−mλt)m=limm→∞(1−λtm1)λtmλt=eλt

直接写答案吧：

P(X=k)=e−λt(λt)kk!P(X=k)=\dfrac{e^{-\lambda t} (\lambda t)^k}{k!}P(X=k)=k!e−λt(λt)k

这是什么？这就是 泊松分布。

即 单位时间内时间发生平均次数为固定值λ\lambdaλ的事件在单位时间内发生的次数符合泊松分布！

所以说，负指数分布和泊松分布是一回事。它们两个均可以从 单位时间内时间发生平均次数为固定值λ\lambdaλ 这个大前提推导出来。

生灭过程和排队

有来必有往，有去必有回。

我们为所谓的事件赋予其意义。

把单位时间发生的事件的看作 请求的到达 ，那么， 请求被处理 自然也可以被看作是同类的事件。

请求不断地到达，又不断地被处理，这是一个马尔可夫过程，最终这个过程就形成了一个马尔可夫链，每一个状态，我们可以看作是 未被处理请求为iii的概率 ：

由于请求的到来和被处理均是统计分布，那么统计意义的突发必然会造成排队，即上述的马尔可夫过程必然向后延展，然而如果系统是稳定的，积压的请求将会在突发空闲期被持续处理，从而使得马尔可夫过程向前收缩，最终对于每一个状态而言，都将达成一个平衡：

Pi−1λ+Pi+1μ=Piλ+PiμP_{i-1}\lambda+P_{i+1}\mu=P_i\lambda+P_i\muPi−1λ+Pi+1μ=Piλ+Piμ

此外，系统中所有的状态的概率之和恒等于111：

Σi=0nPi=1\displaystyle \Sigma_{i=0}^{n}P_i=1Σi=0nPi=1

此外，对于状态000，它没有前置状态，所以必然有：

P0λ=P1μP_0\lambda = P_1\muP0λ=P1μ

我们用此而递推：

P0λ+P2μ=P1(λ+μ)P_{0}\lambda+P_{2}\mu=P_1(\lambda+\mu)P0λ+P2μ=P1(λ+μ)
P1λ+P3μ=P2(λ+μ)P_{1}\lambda+P_{3}\mu=P_2(\lambda+\mu)P1λ+P3μ=P2(λ+μ)
P2λ+P4μ=P3(λ+μ)P_{2}\lambda+P_{4}\mu=P_3(\lambda+\mu)P2λ+P4μ=P3(λ+μ)
.........
Piλ+Pi+2μ=Pi+1(λ+μ)P_{i}\lambda+P_{i+2}\mu=P_{i+1}(\lambda+\mu)Piλ+Pi+2μ=Pi+1(λ+μ)

上面所有式子整理，得到：

Pi=(λμ)iP0P_i=(\dfrac{\lambda}{\mu})^iP_0Pi=(μλ)iP0

进一步：

Σi=0nPi=P0Σi=0n(λμ)i=1\displaystyle \Sigma_{i=0}^{n}P_i=P_0\Sigma_{i=0}^{n}(\dfrac{\lambda}{\mu})^i=1Σi=0nPi=P0Σi=0n(μλ)i=1

数列求和而已：

P0μμ−λ=1P_0\dfrac{\mu}{\mu-\lambda}=1P0μ−λμ=1

嗯，这样就求出了P0P_0P0：

P0=1−λμP_0=1-\dfrac{\lambda}{\mu}P0=1−μλ

那么PiP_iPi自然也求出来了：

Pi=(1−λμ)(λμ)iP_i=(1-\dfrac{\lambda}{\mu})(\dfrac{\lambda}{\mu})^iPi=(1−μλ)(μλ)i

接下来，排队论基础中的典型结论基本就都能出来了：

平均排队实体数量
Navg=ΣnnPn=λμ−λN_{avg}=\Sigma_{n}nP_n=\dfrac{\lambda}{\mu-\lambda}Navg=ΣnnPn=μ−λλ
平均等待时延
Tavg=Nλ=1μ−λT_{avg}=\dfrac{N}{\lambda}=\dfrac{1}{\mu-\lambda}Tavg=λN=μ−λ1.
…

现在公式都可以非常简单明确地根据泊松分布，负指数分布推导出来了，但是问题是， 你真的相信世界上的一些事情符合泊松分布吗？或者说，即便你相信它们符合，它们真的符合泊松分布吗？

如果是，那么上面的公式就可以描述一切，如果不是，怎么办？

泊松分布/排队论的适用性

基于泊松分布/负指数分布的排队论不适用任何现实场景！！

因为现实中根本就没有什么事件规律符合泊松分布。

我们以为路面某个监测点的车辆的到达符合泊松分布，但是非也！几乎可以肯定，人是喜欢跟风的，这意味着车辆到达某个点并非独立事件，这也是交通拥堵的根本原因。

我们以为互联网交换节点数据包的到达符合泊松分布，但是非也！数据包确实具有突发性达到的特征，但是前后两个数据包之间关联着巨大的粘性，它们并非独立到达的。这也是我在2014年设计状态防火墙cache的依据，利用局部性嘛。

之所以泊松分布的结论被如此普遍地被利用，完全在于 其在数学上非常容易处理，容易预测后事。 然后我们利用现实的参数，给予矫正，即可得到相当不错的结论。

其实仔细想想，世界本应该就是泊松分布主宰的，所谓的跟风和粘性，那可能是人性使然。路面上车里的司机，你不认识我，我也不认识你，大家却往同一条路上走，如果不是 我相信别人有更好的选择 ，那么就是别无选择了…对了，上下班高峰，节假日，天气，也会让泊松分布失效。但这些说来说去还是因为人为原因导致，比如人都是白天才出门，晚上则闭户。所以说，你要把事件尺度拉大，在以年为单位时间的范围，或者更长的单位1，泊松分布将会越离越拟合现实。

单队列和多队列的问题

存在多个服务台的情况下，到底是单队列效率高还是多队列效率高？

这个我们来算一下。

M/M/1情况下，单队列，排队实体的平均等待延时为：

Tsingle=11×μ−λT_{single}=\dfrac{1}{1\times\mu-\lambda}Tsingle=1×μ−λ1.

如果队列被分成了NNN个，那么单位111作用于每一个队列则为1N\dfrac{1}{N}N1，而平均到达率对于每一个队列，均将是λN\dfrac{\lambda}{N}Nλ，平均等待时间，代入上式：

Tmulti=1(1N)×μ−λN=N×TsingleT_{multi}=\dfrac{1}{(\dfrac{1}{N})\times \mu-\dfrac{\lambda}{N}}=N\times T_{single}Tmulti=(N1)×μ−Nλ1=N×Tsingle

很遗憾，有点有悖于常识，如果采用多队列，平均等待时间将会延长！这就是为什么对于以太网这种统计复用的突发流量网络而言，并没有采用任何XDM（X可为时间，频率…）的策略，而只是采用了时间域上单队列退避的CSMA/CD策略的原因！

然而，比如以Linux内核而论，进程调度，却是多队列的，每CPU核心一个队列，这是Why？这是因为，相比于进程的到达和被调度，锁以及cache miss的开销更大，这纯粹是一个实现上的工程优化，不伤排队论的大雅，和算法无关。

经理能不能扣篮

经理穿着皮鞋能扣篮吗？我觉得能。

经理能扣篮，但不经常，也不绝对。

这就跟总有那么一个非零的概率，一个立方的空气分子全部朝着一个方向运动是一样的道理。

经理能扣篮，这只是一个概率性的结论，经理能扣篮并不意味着经理扣篮就一定能成功。

浙江温州皮鞋湿，下雨进水不会胖。