n個骰子點數和及各自出現的概率
題目:把n個骰子扔在地上,所有骰子朝上一面的點數之和為S。輸入n,打印出S的所有可能的值出現的概率。
這道演算法題可採取動態規劃法來求解。鑑於《劍指Offer》中對該題的解法晦澀難懂,尤其是程式碼,也沒有指明其解題的思路本質上就是動態規劃,所以提出自己的理解和答案。
動態規劃法簡介:
動態規劃法求解的總體過程就是將問題分為多個不同的階段的問題,根據最開始階段已知的問題的解逐步推匯出最終解。即動態規劃演算法通常基於一個遞推公式及一個或多個初始狀態。
過程細化為:
第一步,確定問題的解的表示式,稱之為狀態。
第二步,將最終問題的構造成上一階段問題的解(可能被拆分為多個子問題的解),即根據當前階段問題的解求出下一階段問題的解方法,即遞推公式,稱之為狀態轉移方程。
已知初始狀態的解,有了狀態和狀態轉移方程,逐步遞推,即可求出最終的解。
動態規劃法求解過程可以使用遞迴來實現,也可以使用迭代來實現。遞迴的優勢就是程式碼簡潔明瞭,但是遞迴有時會對不同階段的子問題重複求解,所以效率低於迭代。
解題思路:
第一步,確定問題解的表示式。可將f(n, s) 表示n個骰子點數的和為s的排列情況總數。
第二步,確定狀態轉移方程。n個骰子點數和為s的種類數只與n-1個骰子的和有關。因為一個骰子有六個點數,那麼第n個骰子可能出現1到6的點數。所以第n個骰子點數為1的話,f(n,s)=f(n-1,s-1),當第n個骰子點數為2的話,f(n,s)=f(n-1,s-2),…,依次類推。在n-1個骰子的基礎上,再增加一個骰子出現點數和為s的結果只有這6種情況!那麼有:
f(n,s)=f(n-1,s-1)+f(n-1,s-2)+f(n-1,s-3)+f(n-1,s-4)+f(n-1,s-5)+f(n-1,s-6) ,0< n<=6n
f(n,s)=0, s< n or s>6n
上面就是狀態轉移方程,已知初始階段的解為:
當n=1時, f(1,1)=f(1,2)=f(1,3)=f(1,4)=f(1,5)=f(1,6)=1。
程式碼實現:
遞迴版本:
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
using namespace std;
/****************************
func:獲取n個骰子指定點數和出現的次數
para:n:骰子個數;sum:指定的點數和
return:點數和為sum的排列數
****************************/
int getNSumCount(int n, int sum){
if(n<1||sum<n||sum>6*n){
return 0;
}
if(n==1){
return 1;
}
int resCount=0;
resCount=getNSumCount(n-1,sum-1)+getNSumCount(n-1,sum-2)+
getNSumCount(n-1,sum-3)+getNSumCount(n-1,sum-4)+
getNSumCount(n-1,sum-5)+getNSumCount(n-1,sum-6);
return resCount;
}
//驗證
int main(){
int n=0;
while(true){
cout<<"input dice num:";
cin>>n;
for(int i=n;i<=6*n;++i)
cout<<"f("<<n<<","<<i<<")="<<getNSumCount(n,i)<<endl;
}
}
當輸入骰子的個數為3時,實驗結果如下:
下面給出非遞迴,即迭代版本:
迭代版本:
/****************************************
func:給定骰子數目n,求所有可能點數和的種類數
para:n:骰子個數;count:存放各種點數和的種類數,下標i表示點數和為(i+n)
return:出錯返回-1,成功返回0
****************************************/
int getNSumCountNotRecusion(int n, int* count){
if(n<1)
return -1;
//初始化最初狀態
count[0]=count[1]=count[2]=count[3]=count[4]=count[5]=1;
if(n==1) return 0;
for(int i=2;i<=n;++i){
for(int sum=6*i;sum>=i;--sum){
int tmp1=((sum-1-(i-1))>=0?count[sum-1-(i-1)]:0); //上一階段點數和sum-1的排列總數
int tmp2=(sum-2-(i-1)>=0?count[sum-2-(i-1)]:0);
int tmp3=(sum-3-(i-1)>=0?count[sum-3-(i-1)]:0);
int tmp4(sum-4-(i-1)>=0?count[sum-4-(i-1)]:0);
int tmp5=(sum-5-(i-1)>=0?count[sum-5-(i-1)]:0);
int tmp6=(sum-6-(i-1)>=0?count[sum-6-(i-1)]:0);
count[sum-i]=tmp1+tmp2+tmp3+tmp4+tmp5+tmp6;
}
}
return 0;
}
//驗證
int main(){
int n;
while(true){
cout<<"iteration input dice num:";
cin>>n;
int* count=new int[5*n+1];
memset(count,0,(5*n+1)*sizeof(int));
getNSumCountNotRecusion(n,count);
int allCount=0;
for(int i=0;i<5*n+1;++i){
cout<<"f("<<n<<","<<i+n<<")="<<count[i]<<endl;
allCount+=count[i];
}
delete[] count;
}
}
當輸入骰子個數為3時,所有可能的點數和的排列情況如下圖:
小結
實驗至此,給定n個骰子,求各個點數和出現的概率就不難求,只需要除以總的排列數
int total = pow((float)6, n);
for(int i = n; i <=6*n; ++i){ //n:骰子數目
float ratio = (float)getNSumCount(n,i)/total;
printf("%d: %f/n", i, ratio);
}