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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]
需要多少个n,就要多少次for循环,这显然是不行的,因此可以使用回溯,进行暴力循环。
题目中限制n最大为11,也就是O(n^11)复杂度,这个显然是会超时的。
class Solution {
public:
vector<int> count;
void backtraing(int n,int k,int sum){
if(k==n){
count[sum]++;
return;
}
for(int i=1;i<=6;i++){
sum+=i;
backtraing(n,k+1,sum);
sum-=i;
}
}
vector<double> dicesProbability(int n) {
count.resize(n*6+1);//可存储 结果为0~6*n 出现的次数
backtraing(n,0,0);
vector<double> vec(count.begin()+n,count.end());//只需要结果为n~6*n
double sum=accumulate(vec.begin(),vec.end(),0);//求和
for(double& num:vec) num/=sum;//计算概率
return vec;
}
};
参考链接
设f(n,x)为n个骰子,点数和为x的概率。
可以通过n-1骰子的结果去推出当前,f(n,x)的概率。
f ( n , x ) = f ( n − 1 , x − 1 ) ∗ 1 6 + f ( n − 1 , x − 2 ) ∗ 1 6 + . . . . + f ( n − 1 , x − 6 ) ∗ 1 6 f(n,x)=f(n-1,x-1)*\frac{1}{6}+f(n-1,x-2)*\frac{1}{6}+....+f(n-1,x-6)*\frac{1}{6} f(n,x)=f(n−1,x−1)∗61+f(n−1,x−2)∗61+....+f(n−1,x−6)∗61
由于 f ( n − 1 , x − i ) f(n-1,x-i) f(n−1,x−i)中的 x − i x-i x−i存在越界的情况,比如出现负数。可以通过正向来避免这种情况
即 f ( n − 1 , x ) f(n-1,x) f(n−1,x)可以推出对 f ( n , x + i ) f(n,x+i) f(n,x+i)的贡献,对这些贡献累加即可。
代码实现的注意点:
比如n=2的时候,和的范围是2 ~ 12,个数为11个,因此个数为5*n+1,每个值对应索引为0 ~ 5 * n
这样是为了节约空间。还可以利用dp.size()来控制循环。
class Solution {
public:
vector<double> dicesProbability(int n) {
vector<double> dp(6,1/6.0);
for(int i=2;i<=n;i++){
vector<double> tmp(5*i+1,0);
for(int j=0;j<dp.size();j++){
for(int k=0;k<6;k++){
tmp[j+k]+=dp[j]/6.0;
}
}
dp=tmp;
}
return dp;
}
};