(动态规划) 剑指 Offer 60. n个骰子的点数 ——【Leetcode每日一题】

❓ 剑指 Offer 60. n个骰子的点数

难度：中等

把 n 个骰子扔在地上，所有骰子朝上一面的点数之和为 s 。输入 n，打印出s的所有可能的值出现的概率。

你需要用一个浮点数数组返回答案，其中第 i 个元素代表这 n 个骰子所能掷出的点数集合中第 i 小的那个的概率。

示例 1:

输入: 1
输出: [0.16667,0.16667,0.16667,0.16667,0.16667,0.16667]

示例 2:

输入: 2
输出: [0.02778,0.05556,0.08333,0.11111,0.13889,0.16667,0.13889,0.11111,0.08333,0.05556,0.02778]

限制：

• 1 <= n <= 11

💡思路：动态规划

使用一个二维数组 dp 存储点数出现的次数，其中 dp[i][j] 表示前 i 个骰子产生点数 j 的次数。

只看第 n 枚骰子，它的点数可能为 1, 2, 3, ... , 6 ，因此投掷完 n 枚骰子后点数 j 出现的次数，可以由投掷完 n−1 枚骰子后，对应点数 j−1, j−2, j−3, ..., j−6 出现的次数之和转化过来。

for (第n枚骰子的点数 k = 1; k <= 6; k++) {dp[n][j] += dp[n-1][j - k]
}

写成数学公式是这样的：
$$dp[n][j]=\sum _{i=1}^{6}dp[n-1][j-k]$$
n 表示阶段，j 表示投掷完 n 枚骰子后的点数和，k 表示第 n 枚骰子会出现的六个点数。

⭐️ 空间优化： 旋转数组

观察发现每个阶段的状态都只和它前一阶段的状态有关，因此我们不需要用额外的一维来保存所有阶段。

• 用两个一维数组交替变换存储。

🍁代码：(C++、Java)

C++

class Solution {
public:vector<double> dicesProbability(int n) {int maxsum = n * 6;vector<vector<long long>> dp(n + 1, vector<long long>(maxsum + 1));for(int i = 1; i <= 6; i++){dp[1][i] = 1;}for(int i = 2; i <= n; i++){for(int j = i; j <= i * 6; j++){for(int k = 1; k <= 6 && k <= j; k++){dp[i][j] += dp[i - 1][j - k];}}}long long totalnum = pow(6, n);vector<double> ans(n * 5 + 1);for(int i = n; i <= maxsum; i++){ans[i - n] = (double)dp[n][i] / totalnum;}return ans;}
};

⭐️ 空间优化： 旋转数组

C++

class Solution {
public:vector<double> dicesProbability(int n) {int maxsum = n * 6;vector<vector<long long>> dp(2, vector<long long>(maxsum + 1));for(int i = 1; i <= 6; i++){dp[0][i] = 1;}int flag = 1; //旋转标记for(int i = 2; i <= n; i++, flag = 1 - flag){for(int j = 0; j <= i * 6; j++){dp[flag][j] = 0; //旋转数组清零}for(int j = i; j <= i * 6; j++){for(int k = 1; k <= 6 && k < j; k++){dp[flag][j] += dp[1 - flag][j - k];}}}long long totalnum = pow(6, n);vector<double> ans(n * 5 + 1);for(int i = n; i <= maxsum; i++){ans[i - n] = (double)dp[1 - flag][i] / totalnum;}return ans;}
};

Java

class Solution {public double[] dicesProbability(int n) {int maxsum = n * 6;long[][] dp = new long[2][maxsum + 1];for(int i = 1; i <= 6; i++){dp[0][i] = 1;}int flag = 1; //旋转标记for(int i = 2; i <= n; i++, flag = 1 - flag){for(int j = 0; j <= i * 6; j++){dp[flag][j] = 0; //旋转数组清零}for(int j = i; j <= i * 6; j++){for(int k = 1; k <= 6 && k < j; k++){dp[flag][j] += dp[1 - flag][j - k];}}}double totalnum = Math.pow(6, n);double[] ans = new double[n * 5 + 1];for(int i = n; i <= maxsum; i++){ans[i - n] = dp[1 - flag][i] / totalnum;}return ans;}
}

🚀 运行结果：

🕔 复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n^2)$， 状态转移循环 n−1 轮；每轮中，当 i =2, 3, ..., n时，对应循环数量分别为 6×6, 11×6, ... , [5(n−1)+1]×6 ；因此总体复杂度为 $O((n-1)\times \frac{6+[5(n-1)+1]}{2}\times 6)$，即等价于 $O(n^2)$。
• 空间复杂度：$O(n)$，dp 数组需要 2*n*6的空间，所以$O(2\ast n\ast 6)=O(n)$。

题目来源：力扣。

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注： 如有不足，欢迎指正！