以往解法：
第一步，将12个小球分为3堆，4+4+4，4+4称量。确定坏球所在堆数
第二步，取坏球堆4，2+2，再确定
第三步,1+1
所以3次确定。
当然还有5+5到2+2到1+1；3+3到3+3到1+1等等。下面是重点。

上述方法是个很稳定的方法，在天平的条件下，即两边必须称量相同的质量小球。
所以3步确定了坏球。
但是最简单的是抽取2个球做试验，rp好-成功确定了，慨率是C(11,1)/C(12,2)=1/6
在追求最优决策，假若每次称量需要一定的价格，那么如何最好确定称量次数？

2.2第一次抽取2+2确定了在其中，那么其中1+1就得2次了；

2.3第一次抽得2+2确定不在其中，那么剩余1+1就得2次了；

2.4第一次抽取3+3确定了在其中，那么1+1完全确定了，2次；

2.5第一次抽取3+3确定了在其中，那么剩余1+1也是2次了；
2.6第一次抽取4+4确定了在其中，那么其中1+1就是2次了；

2.7第一次抽取4+4确定不在其中，那么剩余的1+1也是2次了；

2.8第一次抽取5+5确定了在其中，那么其中1+1就是2次了；

2.9第一次抽取5+5确定不在其中，那么剩余的1+1完全是2次了

聪明的读者已经看出些道道了，但是如果每次做实验都要一定的经济支撑的话，也就是说如果取2个球称量需要P元。每增加2个球增加tP元的话。
那么问题来了，挖掘机技术哪家强？
称量过程中在实现最低花费的基础上如何使用尽可能大的慨率找出坏球？

这个应用在很多抽象模型中会用到，当然我们取得是12个总体中抽取样本进行假设性检验只要一个总体与其他的不相关，那么该总体该如何确定，例如在多元统计分析的回归分析检验上，很多时候抽取样本满足必然性(我们能抽到的是这么多，或者必须这么多)和实际需要，所以这种想法在很大程度上有研究的必要。

但是在3次试验的基础上结果也有很多种方法，例如5+5；再2+2；1+1。等等3+3+3+3等3次确定的情况下t的取值该怎么变化，取得对应的不同方案。
那么问题又来了。
如果t服从一个关于n的函数又该如何？

@爱是忘不掉的
@樱花の空城
@N_a_O_H_
@祝必达

还差40多点，等到了10级得了红牌，就结束了。。。。

@但是法官……

@爱是忘不掉的
@樱花の空城
@N_a_O_H_
@祝必达
@但是法官……
过来睡帖子。带点清友团，快10级了！

@古加尔大王
从这个角度出发，只要构造出最低花费上和慨率尽可能大的基础上。给一个置信度同样可以在纯概率上解答

@古加尔大王 最小生成树？说点数学思想的名词，我不是学了点数学结构，我也不知道您想表达啥子了

就在刚才长了9点。

我们观察到p到(1+nt)p，我们可以明确一点；当t的取值为t<1的常量。我们有
每次增加球的个数，投入的变化率在减小。

猜想：4+4+4是t〈1情况下的最优解。
猜想：3+3+3+3是t〉1情况下的最优解。
至于严格的证明，容我闲下来再说，但是先把我的经验给我！