建设公司网站费用怎么做账,无锡定制化网站建设,多语言社交网站开发,国际军事新闻视频❓ 剑指 Offer 60. n个骰子的点数
难度#xff1a;中等
把 n 个骰子扔在地上#xff0c;所有骰子朝上一面的点数之和为 s 。输入 n#xff0c;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#xff0c;其中第 i 个元素代表这 n 个骰子所能掷出的点…❓ 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。
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_{i1}^6dp[n-1][j-k] dp[n][j]i1∑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
class Solution {
public:vectordouble dicesProbability(int n) {int maxsum n * 6;vectorvectorlong long dp(n 1, vectorlong 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);vectordouble 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
class Solution {
public:vectordouble dicesProbability(int n) {int maxsum n * 6;vectorvectorlong long dp(2, vectorlong 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);vectordouble ans(n * 5 1);for(int i n; i maxsum; i){ans[i - n] (double)dp[1 - flag][i] / totalnum;}return ans;}
};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)。
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