LeetCode 837. 新21点 | Python
文章目录
- 837. 新21点
- 题目
- 解题思路
- 代码实现
- 实现结果
- 总结
837. 新21点
题目来源：力扣（LeetCode）https://leetcode-cn.com/problems/new-21-game
题目
爱丽丝参与一个大致基于纸牌游戏 “21点” 规则的游戏，描述如下：
爱丽丝以 0 分开始，并在她的得分少于 K 分时抽取数字。 抽取时，她从 [1, W] 的范围中随机获得一个整数作为分数进行累计，其中 W 是整数。 每次抽取都是独立的，其结果具有相同的概率。
当爱丽丝获得不少于 K 分时，她就停止抽取数字。 爱丽丝的分数不超过 N 的概率是多少？
示例 1：
输入：N = 10, K = 1, W = 10
输出：1.00000
说明：爱丽丝得到一张卡，然后停止。
示例 2：
输入：N = 6, K = 1, W = 10
输出：0.60000
说明：爱丽丝得到一张卡，然后停止。
在 W = 10 的 6 种可能下，她的得分不超过 N = 6 分。
示例 3：
输入：N = 21, K = 17, W = 10
输出：0.73278
提示：
- 0 <= K <= N <= 10000
- 1 <= W <= 10000
- 如果答案与正确答案的误差不超过 10^-5，则该答案将被视为正确答案通过。
- 此问题的判断限制时间已经减少。
解题思路
思路：动态规划
题目中，提供了三个变量。N， K， W，这里先简单解释下三者分别是什么？
N：这里相当于一个界限，题目中要求的就是最终抽取数字和与 N 的比较判定输赢
K：这里表示一个可继续抽取数字的条件
W：数字面值，也就是抽取的数字，是在 1 ~ W 的范围内
现在先看示例 1：
N = 10, K = 1, W = 10
因为爱丽丝是以 0 开局的，此时 0 < K = 1，那么她现在可以继续抽数字，而数字面值范围在 [1, 10]。要求抽取数字和小于 N（N=10）的概率？这里能比较明显的看出来，概率是 1。因为面值在 [1, 10]，无论抽取那个数字，都会大于 K，符合不在抽取的条件，而且最终的和也会落在 [1, 10] 之间，这里的结果肯定小于等于 N。所以概率是 1。
再看示例 2：
N = 6, K = 1, W = 10
这里改动的是 N 值。抽取的情形也如示例 1，在面值 [1, 10] 的范围内抽取数字，无论抽到是哪个数字都不能再次抽取，因为和大于 K，最终的和同样落在 [1, 10] 之间。但是这里的 N 值已经变为 6，这里抽取最终数字和只有落在 [1, 6] 这部分才符合不超过 N，这部分占总体部分 60%，所以概率为 0.6。
而示例 3，则比较复杂。也是我们主要需要分析的一种情况。
我们可以看到，前面例子 1， 2 中，爱丽丝以 0 开始抽取数字，之后与抽取的数字进行累加，然后跟 K 跟 W 比较，去确定是否可再次抽取，以及是否不超过 N？
其实这里可以看到，爱丽丝能够赢的概率其实是跟下一轮开始前的分数有关的。
现在令 dp[i] 表示从分数为 i 的情况下开始进行抽取数字能够赢的概率，那么最终要求的就是 dp[0] 的结果。
现在要求出状态转移方程，先看题目中所给的一些条件。
当分数超过 K 时，这个时候停止抽数字进行结算，当分数不超过 N 时则判定为胜利，否则失败。
现在，先看下最后一次能够抽取的最大分数。因为超过 K，不能够进行再次抽取。那么想要再次进行抽取，此时允许的最大分数即是 K - 1。那么再次抽取中可抽取最大的数字是 W，所以最大分数即是 K - 1 + W。
也就是说当 K ≤ i ≤ m i n ( N , K + W − 1 ) K \leq i \leq min(N, K+W-1) K≤i≤min(N,K+W−1) 时，这个时候 dp[i]=1，而 i > m i n ( N , K + W − 1 ) i > min(N,K+W-1) i>min(N,K+W−1) 时，dp[i]=0。
那么现在要求当 0 ≤ i < K 0\leq i < K 0≤i<K 时 dp[i] 的值，应该如何求？
其实当 0 ≤ i < K 0\leq i < K 0≤i<K 时，再进行抽取的时候，此时的概率是由后面抽取数字后累计分数是否超过 N 的概率总和。而前面题目说了，在 [1, W] 数字之间进行抽取的概率是相等的。那么状态转移方程则如下：
d p [ i ] = d p [ i + 1 ] + d p [ i + 2 ] + . . . + d p [ i + W ] W dp[i] = \frac{dp[i+1]+dp[i+2]+...+dp[i+W]}{W} dp[i]=Wdp[i+1]+dp[i+2]+...+dp[i+W]
虽然状态转移方程已经求出来了，但是会发现将转移方程代入代码中会超时。下面进行优化：
在这里，我们先看 dp[i+1] 是怎样的？根据前面的状态转移方程：
d p [ i + 1 ] = d p [ i + 2 ] + d p [ i + 3 ] + . . . + d p [ i + W + 1 ] W dp[i+1] = \frac{dp[i+2]+dp[i+3]+...+dp[i+W+1]}{W} dp[i+1]=Wdp[i+2]+dp[i+3]+...+dp[i+W+1]
不过这个时候 0 ≤ i < K − 1 0 \leq i < K-1 0≤i<K−1。
可以看到，其实 dp[i] 跟 dp[i+1] 中间有一大部分是相同的，那么 dp[i] 的值，可由 dp[i+1] 得到：
d p [ i ] − d p [ i + 1 ] = d p [ i + 1 ] − d p [ i + W + 1 ] W dp[i]-dp[i+1] =\frac{dp[i+1]-dp[i+W+1]}{W} dp[i]−dp[i+1]=Wdp[i+1]−dp[i+W+1]
此时：
d p [ i ] = d p [ i + 1 ] − d p [ i + W + 1 ] − d p [ i + 1 ] W dp[i] = dp[i+1] - \frac{dp[i+W+1]- dp[i+1]}{W} dp[i]=dp[i+1]−Wdp[i+W+1]−dp[i+1]
在这里， i = K − 1 i = K - 1 i=K−1，不适用于上面的公式，那么将其代入最开始的转移方程中：
d p [ K − 1 ] = d p [ K ] + d p [ K + 1 ] + d p [ K + W − 1 ] W dp[K-1] = \frac{dp[K]+dp[K+1]+dp[K+W-1]}{W} dp[K−1]=Wdp[K]+dp[K+1]+dp[K+W−1]
我们前面有个 d p [ i ] = 1 dp[i]=1 dp[i]=1 的条件，即是当 i 的取值范围在 [ K , m i n ( N , K + W − 1 ) ] [K, min(N, K+W-1)] [K,min(N,K+W−1)]。
此时，i 为 K-1 时再次抽取数字有可能赢的部分就落在 m i n ( N , K + W − 1 ) − K + 1 min(N, K+W-1) - K + 1 min(N,K+W−1)−K+1 次抽取数字上，那么结果为：
d p [ K − 1 ] = m i n ( N , K + W − 1 ) − K + 1 W = m i n ( N − K + 1 , W ) W dp[K-1]=\frac{min(N, K+W-1)-K+1}{W}=\frac{min(N-K+1, W)}{W} dp[K−1]=Wmin(N,K+W−1)−K+1=Wmin(N−K+1,W)
而其他的值则有新的转移方程进行求得。
具体的代码如下。
代码实现
class Solution:
def new21Game(self, N: int, K: int, W: int) -> float:
dp = [0.0] * (K+W)
# 先对概率为 1.0 的情况进行处理
# 就是 i 落在 [K, min(N, K+W-1)] 这部分
for i in range(K, min(N, K+W-1) + 1):
dp[i] = 1.0
# 这里先计算 K - 1 的情况
# 将推导的结果公式放在这里
dp[K-1] = float(min(N-K+1, W) / W)
# 这里开始从 K-2 计算到 dp[0] 的值
for i in range(K-2, -1, -1):
dp[i] = dp[i+1] - (dp[i+W+1]-dp[i+1]) / W
return dp[0]
实现结果
总结
- 题目中使用的思路是动态规划，这里主要的难点在于推导状态转移方程。
- 根据题意，推导的方向是由后面的情况往前进行推导。先处理最后一次抽取数字的情况，然后再往类推。
- 游戏是否能赢，跟下一次开始抽取前的分数是关联的。当前抽取能赢的概率其实是由后面抽取数字后累计分数是否超过 N 的概率总和。根据这个就能够求得状态转移方程。
- 因为最初的转移方程会超时，那么将其进行优化。根据相邻差分，简化状态转移方程。
如果觉得文章写得还可以，欢迎关注。公众号《书所集录》同步更新，同样欢迎关注。