20200603
题目（难度：中等）：
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
- 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
-
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。
抛砖引玉
/**
* @param {number} N
* @param {number} K
* @param {number} W
* @return {number}
*/
var new21Game = function (N, K, W = 10) {
var holdList = []
for (var i = K; i <= N && i < K + W; i++) {
holdList[i] = 1
}
holdList[K - 1] = Math.min(N - (K - 1), W) / W
for (var i = K - 2; i >= 0; i--) {
if (holdList[i + W + 1] === undefined) {
holdList[i] = holdList[i + 1] + holdList[i + 1] / W
} else {
holdList[i] =
holdList[i + 1] - (holdList[i + W + 1] - holdList[i + 1]) / W
}
}
return holdList[0]
}
官方答案
- 动态规划 暴力法很简单，遍历每个元素 xx，并查找是否存在一个值与 target - xtarget−x 相等的目标元素
class Solution {
public double new21Game(int N, int K, int W) {
if (K == 0) {
return 1.0;
}
double[] dp = new double[K + W];
for (int i = K; i <= N && i < K + W; i++) {
dp[i] = 1.0;
}
dp[K - 1] = 1.0 * Math.min(N - K + 1, W) / W;
for (int i = K - 2; i >= 0; i--) {
dp[i] = dp[i + 1] - (dp[i + W + 1] - dp[i + 1]) / W;
}
return dp[0];
}
}
高手在民间
手中的数字n的概率：f(n)=f(n-1)/w + f(n-2)/w + ... + f(n-w)/w (w项)
先忽略K：
例如: W为5([1,5]),N为20，（推导最后一次抽取的概率，之前的抽取根据公式计算）
f(20):
最后一次抽取：[1,5];
倒数第二次：[20-1,20-5];
因此f(20)为以下各项概率之和：
- f(19)+f(1)的概率
- f(18)+f(2)的概率
- f(17)+f(3)的概率
- f(16)+f(4)的概率
- f(15)+f(5)的概率 f(i)表示刚好出现i的概率
此时再考虑上K:
例如: w=5，k=17，n=20为例
因为17、18、19已经大于或等于k，因此20不可能由17、18、19得来，此时
f(20)为以下各项概率之和：
f(19)+f(1)的概率f(18)+f(2)的概率f(17)+*f(3)的概率- f(16)+f(4)的概率
- f(15)+f(5)的概率 f(i)表示刚好出现i的概率
由此可知：
f(n)最多与其之前的w项相关， 并且需要排除掉n>=k的项目，因此可以得到与f(n)相关的的项的范围为：[max(0,n-w),min(n-1,k-1)] ，其小值设为：left，大值设为：right，则递推公式可以表示为：
f(n)=f(min)/w + f(min+1)/w + f(min+2)/w + ... + f(max-1)/w+f(max)/w
其结果为最终可能的数的概率和，即：所有大于等于K并且小于等于N的数的概率之和
考虑到求和还需要遍历一次dp数组，因此不妨再设一个sumArr记录前n项的概率和，然后考虑K===0和K===1的情况最终答案为：
/**
* @param {number} N
* @param {number} K
* @param {number} W
* @return {number}
*/
var new21Game = function(N, K, W) {
if(K===0)return 1;
if(K===1)return Math.min(N,W)/W;
let dp = new Array(N+1).fill(0);
let sumArr = new Array(N+1).fill(0);
dp[0]=1;
for(let n=1;n<=N;n++){
let left = Math.max(0,n-W);
let right = Math.min(n-1,K-1);
let p=(sumArr[right]-sumArr[left]+dp[left])/W
dp[n]=p;
sumArr[n]=sumArr[n-1]+p;
}
return sumArr[N]-sumArr[K-1];
};
菜鸡的自白
/**
* @param {number} N
* @param {number} K
* @param {number} W
* @return {number}
*/
var new21Game = function(N, K, W) {
// 如果K为1则抽一次就停止
if (K === 1) return N === K ? 0 : 1;
// 不超过N:如果K大于或者等于0 则概率为0
if (K >= N || K === 0) return 0;
// 默认 数字的索引为起始时手中的数字
var holdList = [];
// 起始时手中的数字->满足条件的数据
// 能抽到的最大数 W+K
// 抽到的最小数 k
for (var i = K; i <= N && i < (K + W); i++) {
holdList[i] = 1;
}
// 需要再次抽取时 -> 起始时数字不满足条件
// 当前抽的的数字 holdList的索引 1 -> K-1
// 起始数是K-1时只能再抽一次，抽到的和小于N的概率（如果W<(N-(k-1)),任意抽取都满足条件）：
holdList[K - 1] = Math.min(N - (K - 1), W) / W;
// -------
// 以下需要对概率公式抽象，涉及多次抽取的概率汇总是本人开始没有想明白的地方
// -------
// 起始数是x(K-1-)时会出现多次抽取的情况(这部分涉及运算式转化)：
// 任意一次抽取的结果应该都在x+1 -> W+x 之间，递减循环会先得到这部分的概率(holdList[x+1=>holdList[x+w])
// holdList[x] = (holdList[i+1]+...+holdList[i+W])/W
// holdList[x+1] = (holdList[i+2]+...+holdList[i+W+1])W
// 运算式左右替换变形 - 知识点 (｀・ω・´)
// holdList[x] = holdList[x+1] - (holdList[i+W+1]-holdList[x+1])/W
for (var i = K - 2; i >= 0; i--) {
// i+W+1 会存在超过K+W的值
if (holdList[i + W + 1] === undefined) {
holdList[i] = holdList[i + 1] + holdList[i + 1] / W;
} else {
holdList[i] = holdList[i + 1] - (holdList[i + W + 1] - holdList[i + 1]) / W;
}
}
return holdList[0];
};
