❓ 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。
cpp
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：
d p [ n ] [ j ] = ∑ i = 1 6 d p [ n − 1 ] [ j − k ] dp[n][j]=\sum_{i=1}^6dp[n-1][j-k] dp[n][j]=i=1∑6dp[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++
cpp
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++
cpp
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
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 ) O(n^2) O(n2)， 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 ) × 6 + [ 5 ( n − 1 ) + 1 ] 2 × 6 ) O((n−1)×\frac{6+[5(n-1)+1]}2×6) O((n−1)×26+[5(n−1)+1]×6)，即等价于 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)。 - 空间复杂度 ： O ( n ) O(n) O(n)，
dp数组需要2*n*6的空间，所以 O ( 2 ∗ n ∗ 6 ) = O ( n ) O(2*n*6) = O(n) O(2∗n∗6)=O(n)。
题目来源：力扣。
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