题目
新21点
链接可能点不进去，所以我把完整的题目写在了下面。
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。
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。
分析
这道题通过率很低。
题目没啥歧义，我们来看看示例1。题目中说了最开始爱丽丝手上是0分。0<=1(k=1)，所以这时候爱丽丝可以从1-10(w=10)中抽一个整数并累加到0上。
那么爱丽丝此时手上就有了以下可能的分数：
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
这些数都>=1，所以爱丽丝游戏结束，那么满足<=10(n=10)的数有10个，所以答案为10/10=1。
如果示例1中k=2呢？那么爱丽丝第一次抽取后得到的分数中的1还需要继续抽取。然后不停的进行游戏，直到所有可能得到的数累加后都>=k为止。
首先我们可以知道以下几点：
1：n肯定>=k，不然答案肯定是0，这个不难想通，而且条件也给出来了；
2：这个游戏在有限步内肯定会停止，因为是从1-w进行抽取，即便最开始分数为0，那么抽k次，
每次都抽到1累加起来也是k，而k>=k，游戏停止。
递归
最开始我们很容易想到一种思路，就是递归，我们抽取一轮后判断哪些数还需要继续抽取。
double new21Game(int N, int K, int W) {
if(K == 0) {
return 1;
}
return currNew21Game(0,N,K,W);
}
double currNew21Game(int number,int &N, int &K, int &W) {
//抽到1-W每一个数的概率为1/W
double everOne = 1.f / W;
//保存还需要继续抽取的数
vector numbers;
//记录累加后>=k的数中有多少个<=n，<=k表示不再继续抽取
int noThanN = 0;
for (int num = 1; num <= W; num ++) {
if(num + number < K) {
numbers.push_back(num + number);
continue;
}
if(num + number <= N) {
noThanN ++;
}
}
//记录当前抽取的概率
double resultCount = 0;
//概率加上everOne*noThanN，这个不难理解
resultCount += noThanN * everOne;
//需要继续抽取的数就是进行递归，但是要乘everOne，这个也很好理解
for (int index = 0; index < numbers.size(); index ++) {
resultCount += everOne * currNew21Game(numbers[index],N,K,W);
}
return resultCount;
}
这个思路是正确的，但是条件中说了n<=10000，那么直接宣布死亡，这个肯定是超时。
递归+备忘录
我们可以在递归的思路上加上备忘录
double new21Game(int N, int K, int W) {
if(K == 0) {
return 1;
}
unordered_map numberMap;
return currNew21Game(0,N,K,W,numberMap);
}
double currNew21Game(int number,int &N, int &K, int &W,unordered_map &numberMap) {
if(numberMap.count(number)) {
return numberMap[number];
}
//抽到1-W每一个数的概率为1/W
double everOne = 1.f / W;
//保存还需要继续抽取的数
vector numbers;
//记录累加后>=k的数中有多少个<=n
int noThanN = 0;
for (int num = 1; num <= W; num ++) {
if(num + number < K) {
numbers.push_back(num + number);
continue;
}
if(num + number <= N) {
noThanN ++;
}
}
//记录当前抽取的概率
double resultCount = 0;
//概率加上everOne*noThanN，这个不难理解
resultCount += noThanN * everOne;
//需要继续抽取的数就是进行递归，但是要乘everOne，这个也很好理解
for (int index = 0; index < numbers.size(); index ++) {
resultCount += everOne * currNew21Game(numbers[index],N,K,W,numberMap);
}
numberMap[number] = resultCount;
return resultCount;
}
虽然可以加快一点速度，但是还是不行，虽然计算的次数少了，但是递归的次数实在太多了，时间都耗在这里了。
Accept
在经过了一天的坚持不懈后，我发现这道题是在考数学归纳法；说的简单点就是让我们找规律。我是这样思考的。
我们拿n=5,k=4,w=5举例。
题目中有一个条件是误导我们的：起始分数为0，那么我们就会很容易先入为主的认为我们应该从0开始找规律。
但是分数为0会涉及到深层递归的情况，因为第一次抽取后我们会得到1 2 3 4 5，其中的1 2 3我们需要递归；
然后假如我们第一轮得到1，这时我们起始分数为1，第二轮抽取我们就会得到2 3 4 5，其中2 3我们又要进行递归；这样的话我们肯定就绕进去了。所以我们应该逆向思考。
当我们从起始分数为k-1=3时情况就不需要递归，因为我们抽取一次得到的分数为4 5 6 7 8，哇，兄die？是不是很轻松的就得到了概率。因为所有数都>=k了，游戏终止；这时候我们可以直接得到概率为2/5=0.4。
然后我们来推k-2=2时的情况，我们会得到3 4 5 6 7，相对于4 5 6 7 8
我们只需要减去8的概率，再加上3的概率即可，因为3需要递归；但是这个3你发现没有，我们刚才才算过3啊，是不是发现了新大陆？因为我们计算k-2时所有的条件都是已知的了。不要说8不知道。。。
你看到这里的时候你可以自己想一想递归公式了；最后答案就是我们推到0的时候的概率。为什么是0？因为题目说了是从0分开始玩游戏嘛。
double new21Game(int N, int K, int W) {
if(K == 0) {
return 1;
}
//我们拿3 2 3举例，可以得到下面的规律
//假设开始我们的分数为K-1=1，我们可以拿1 2 3，得到的分数为2 3 4，为什么要假设分数为K-1呢，因为这时候没有递归的情况出现，因为肯定都>=K了
//1-W每个选择的概率
double everOne = 1.f / W;
//其中满足<=N的数量是
int lessNCount = N - K + 1;
//我们记录算出来的所有开始分数的概率
double probability[K];
probability[K - 1] = lessNCount * everOne;
//当开始分数为K-2时，我们得到的是1 2 3，
//这时候就有两部分了，一部分是>=K的2和3，另一部分是= 0; currK --) {
double currValue = probability[currK + 1];
//对于5 4 5来说
//3时得到的是：4 5 6 7 8
//2时得到的是：3 4 5 6 7
//也就是说currK是在currK-1的基础上减去currK+W+1，加上currK+1，其中currK+1或者currK+W+1都是我们已经计算过的
currValue += (everOne * currValue);
//满足这个条件说明减去的数是在<=n范围内，>n的数不会加到结果概率中的，内部为什么要乘everOne?因为你选到这个数的概率就是这么多，我们当前需要乘了。
if(currK + W + 1 <= N) {
//满足这个条件说明减去的数是递归获得的，因为分数=k，也就是不需要继续抽取的情况，那么概率是一个固定值
else {
currValue -= everOne * 1;
}
}
probability[currK] = currValue;
}
return probability[0];
}