力扣[837]新21点

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

来源：力扣（LeetCode）
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题解

规则是这样：

• 爱丽丝可以从牌面为[1,W]的牌中选择任意一张，这张牌是可以无限重复的，也就是说无论她取多少次，每次取到牌面值为m（假如m在[1,W]范围内）的概率都是1/W；
• 如果她手上牌的总额＜K，她就会抽牌，≥K时，就停止抽牌；
• 停止抽牌后，她的牌面≤N时，她就获胜了，求她获胜的概率。

假设dp[x]为她手上牌面为x时，能获胜的概率，那么这个概率应该是：
$dp[x]=1/w * (dp[x+1]+dp[x+2]+dp[x+3]...+dp[x+w])$dp[x]=1/w∗(dp[x+1]+dp[x+2]+dp[x+3]...+dp[x+w])
因为抽取的牌面机会都是均等的，她能抽取的面值在[1,W]之间，所以将概率之和平均一下就是dp[x]的概率。
x最多能到K-1，因为当≥K时，爱丽丝会停止抽牌，所以当游戏结束时，即爱丽丝停止抽牌时，她可能达到的最大牌面是K+W-1，而一开始她的牌面是0，所以我们用一个长度为K+W的dp数组来保存她在所有面值下的胜率。
最后dp[0]，也就是最开始爱丽丝还没有抽牌，她的牌面为0时的胜率，这个就是我们的答案。

填格子游戏开始

将这个格子分成了2部分[0,K-1]和[K,K+W-1]，区别就是[0,K-1]爱丽丝可以抽牌，[K,K+W-1]时不能抽牌，那么不能抽牌时她获胜的概率是多少呢，很显然牌面≤N时，概率就是1，＞N概率就是0，所以先直接填满图中蓝色的格子。

接下来，从K-1开始填图中的橘色部分，这个值根据我们前面提到的计算方式，实际上就相当于它后面W个格子的总和除以W，
这时我们该想到不用每轮都累加的方法，而是用一个s变量来保存累加结果，而下一轮只是减去右边的格子，加上左边的格子即可。

所以这题要做的就是，从最右边的橘色格子开始，填到最左边的格子，就是这么简单，需要理解其中的动态规划的思想。

（以上题解参考字力扣作者为Mcdull0921的题解，讲解实在清晰，故引用到本博客中）

程序实现

class Solution {
    public double new21Game(int N, int K, int W) {
        Double[] dp = new Double[K + W];
        Double sum = 0.0;
        for (int i = K; i < K + W; i++) {
            dp[i] = (i <= N ? 1.0 : 0.0);
            sum += dp[i];
        }
        for (int i = K-1; i > -1; i--) {
            dp[i] = sum / W;
            sum = sum - dp[i + W] + dp[i];
        }
        return dp[0];
    }
}

这里需要注意的是，程序中的数组即一些变量如sum、dp[i]等切记要使用精度足够的小数如double类型，否则会因为精度问题导致许多应该为小数的值直接为0。时间复杂度和空间复杂度都是格子的长度

时间复杂度：O(K+W)；

空间复杂度：O(K+W)。

标签：概率,牌面,837,格子,力扣,爱丽丝,抽牌,dp,21
来源： https://blog.csdn.net/liujia2115/article/details/106533016