837、新21点
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
提示：
0 <= K <= N <= 100001 <= 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。
题解
1、动态guihua
爱丽丝获胜的概率只和下一轮开始前的得分有关，因此根据得分计算概率。
令 dp[x] 表示从得分为 x 的情况开始游戏 并且 获胜 的概率，目标是求 dp[0] 的值
$$ dp[x] = 1, K < x < min(N, K + W - 1) $$
0 ≤ x ≤ K：
$$
dp[x] = \frac{dp[x + 1] + dp[x + 2] + ··· + dp[x + W]}{W}
$$
- 直接实现会超时，因为世间法复杂度是
O(N + KW)
class Solution {
public double new21Game(int N, int K, int W) {
// 特殊case
if (K == 0) {
return 1.0;
}
double[] dp = new double[K + W + 1];
// 计算取得胜利的情形
for (int i = K;i <= N && i < K + W;i++) {
dp[i] = 1.0;
}
// 计算小于K
for (int i = K - 1;i >= 0;i--) {
for (int j = 1;j <= W;j++) {
dp[i] += dp[i + j] / W;
}
}
return dp[0];
}
}
2、差分优化，降低时间复杂度
对dp数组进行差分：
$$
dp[x] - dp[x + 1] = \frac{dp[x + 1] - dp[x + W + 1]}{W},\0 ≤ x < K - 1
$$
变换可得到:
$$
dp[x] = dp[x + 1] - \frac{dp[x + W + 1] - dp[x + 1]}{W},\0 ≤ x < K - 1
$$
求 x = K -1 的情况：
$$
dp[K - 1] = \frac{dp[K] + dp[K + 1]+ ··· +dp[K + W - 1]}{W}
$$
又因为：K ≤ x ≤ min(N, K + W - 1)时，dp[x] = 1，因此：
$$
dp[K - 1] = \frac{min(N, K + W - 1) - K + 1}{W}=\frac{min(N - K + 1, W)}{W}
$$
可在O(1)时间内计算得到dp[K - 1]
class Solution {
public double new21Game(int N, int K, int W) {
if (K == 0) {
return 1.0;
}
double[] dp = new double[K + W + 1];
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];
}
}
- 时间复杂度：
O(min(N, K + W))
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