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题目：LeetCode
有 A 和 B 两种类型 的汤。一开始每种类型的汤有 n 毫升。有四种分配操作：
- 提供 100ml 的 汤A 和 0ml 的 汤B 。
- 提供 75ml 的 汤A 和 25ml 的 汤B 。
- 提供 50ml 的 汤A 和 50ml 的 汤B 。
- 提供 25ml 的 汤A 和 75ml 的 汤B 。
当我们把汤分配给某人之后，汤就没有了。每个回合，我们将从四种概率同为 0.25 的操作中进行分配选择。如果汤的剩余量不足以完成某次操作，我们将尽可能分配。当两种类型的汤都分配完时，停止操作。
注意 不存在先分配 100 ml 汤B 的操作。
需要返回的值： 汤A 先分配完的概率 + 汤A和汤B 同时分配完的概率 / 2。返回值在正确答案 10-5 的范围内将被认为是正确的。
示例 1:
输入: n = 50
输出: 0.62500
解释:如果我们选择前两个操作，A 首先将变为空。
对于第三个操作，A 和 B 会同时变为空。
对于第四个操作，B 首先将变为空。
所以 A 变为空的总概率加上 A 和 B 同时变为空的概率的一半是 0.25 *(1 + 1 + 0.5 + 0)= 0.625。
示例 2:
输入: n = 100
输出: 0.71875
提示:
解题思路
四种分配操作都是 25 的倍数，因此我们可以将 N 除以 25（如果有余数，则补 1），并将分配操作变为 (4, 0)，(3, 1)，(2, 2) 和 (1, 3)。
当 N 较小时，我们可以用动态规划来解决这个问题。设 dp(i, j) 表示汤 A 和汤 B 分别剩下 i 和 j 份时，所求的概率值。状态转移方程为：
dp(i, j) = 1/4 * (dp(i - 4, y) + dp(i - 3, y - 1) + dp(i - 2, y - 2) + dp(i - 1, y - 3))
边界条件为：
dp(i, j) = 0.5 if i <= 0 and j <= 0
dp(i, j) = 1.0 if i <= 0 and j > 0
dp(i, j) = 0.0 if i > 0 and j <= 0
即如果同时分配完（边界条件中的第一行），概率值为 1.0 的一半即为 0.5；如果汤 A 先分配完，概率值为 1.0；如果汤 B 先分配完，概率值为 0.0。
这个动态规划的时间复杂度是 ，即使将 N 除以 25 之后，仍然没法在短时间内得到答案
代码实现
public double soupServings(int N) {
N = N/25 + (N%25 > 0 ? 1 : 0);
if (N >= 500) return 1.0;
double[][] memo = new double[N+1][N+1];
for (int s = 0; s <= 2*N; ++s) {
for (int i = 0; i <= N; ++i) {
int j = s-i;
if (j < 0 || j > N) continue;
double ans = 0.0;
if (i == 0) ans = 1.0;
if (i == 0 && j == 0) ans = 0.5;
if (i > 0 && j > 0) {
ans = 0.25 * (memo[M(i-4)][j] + memo[M(i-3)][M(j-1)] +
memo[M(i-2)][M(j-2)] + memo[M(i-1)][M(j-3)]);
}
memo[i][j] = ans;
}
}
return memo[N][N];
}
public int M(int x) { return Math.max(0, x); }
运行结果
复杂度分析
- 时间复杂度：
- 空间复杂度：
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