n個色子的點數

問題：

n個色子，每個色子m面，每一面的值分別爲m-1。你將n個色子同時拋，落地後將所有朝上面的數字加起來，記爲sum。給定一個數字x，如果sum>x，則你贏。給定n，m，x，求你贏的概率。

分析：

何海濤的《劍指offer》中有類似的題目，但這裏問的更Gerneral。

要求的是概率，所以可以從兩個方面入手：種類數 & 概率。

PS：認爲每個面的值爲 0,1,...,m-1。

一、從種類數入手：

總的種類數爲m^n，只需求出其中滿足sum>x的個數K，即可得到概率: K / (m^n)。

方法I：暴力枚舉

枚舉每個色子的點數，判斷是否大於x。

此方法存在重複計算，複雜度爲指數級。

方法II：動態規劃

用f[i,k]表示前i個色子擲出的點數和爲k的種數。那麼：

f[i+1,k] = Σ f[i, k-j] ， j = 0,1,...,m-1。

算法可以使用滾動數組記錄：開兩個長度爲 n*（m-1）+1的數組即可。

還可以仿照01揹包的實現：逆序求和。那樣的話，就只需要開一個數組了。

代碼：時間複雜度O(n * nm)，空間複雜度O（nm)。

double getProperity(int n, int m, int x){
	int sum = (m - 1) * n;
	if(sum <= x) return 0;
	vector<int> count(sum+1, 0);
	fill_n(count.begin(), m, 1);//只有一個色子時
	int maxSum = m - 1;
	for(int dicei = 1; dicei < n; ++dicei){
		maxSum += m-1;
		int counti = accumulate(count.begin() + maxSum + 1 - m, 
			count.begin() + maxSum + 1, 0);//統計前m個的和
		for(int sumi = maxSum; sumi > 0; --sumi){//逆序遍歷，只用一個數組即可
			int tmp = count[sumi];
			count[sumi] = counti;
			counti -= tmp;
			counti += sumi - m < 0 ? 0 : count[sumi - m];
		}
	}
	return accumulate(count.begin() + x + 1, count.end(), 0.0) / pow((double)m, (double)n);
}

此代碼不使用滾動數組、不用遍歷m個點數，在時間和空間上都比《劍指offer》給出的代碼實現要更優。

二、直接從概率入手：

仍然是動態規劃思想：

用f[i,k]表示前i個色子擲出的點數和爲k的概率。那麼：

f[i+1,k] = Σ f[i, k-j] / m， j = 0,1,...,m-1。

代碼：與上面的實現類似，時間複雜度O(n * nm)，空間複雜度O（nm)。

double getProperity2(int n, int m, int x){
	int sum = (m - 1) * n;
	if(sum <= x) return 0;
	vector<double> properity(sum+1, 0.0);
	fill_n(properity.begin(), m, 1.0/m);//只有一個色子時
	int maxSum = m - 1;
	for(int dicei = 1; dicei < n; ++dicei){
		maxSum += m-1;
		double properityi = accumulate(properity.begin() + maxSum + 1 - m, 
			properity.begin() + maxSum + 1, 0.0);//統計前m個的和
		for(int sumi = maxSum; sumi >= 0; --sumi){//逆序遍歷，只用一個數組即可
			double tmp = properity[sumi];
			properity[sumi] = properityi / m;
			properityi -= tmp;
			properityi += sumi - m < 0 ? 0 : properity[sumi - m];
		}
	}
	return accumulate(properity.begin() + x + 1, properity.end(), 0.0);
}