Alice plays the following game, loosely based on the card game "21".
Alice starts with 0 points, and draws numbers while she has less than K points. During each draw, she gains an integer number of points randomly from the range [1, W], where W is an integer. Each draw is independent and the outcomes have equal probabilities.
Alice stops drawing numbers when she gets K or more points. What is the probability that she has N or less points?
Example 1:
Input: N = 10, K = 1, W = 10 Output: 1.00000 Explanation: Alice gets a single card, then stops.
Example 2:
Input: N = 6, K = 1, W = 10 Output: 0.60000 Explanation: Alice gets a single card, then stops. In 6 out of W = 10 possibilities, she is at or below N = 6 points.
Example 3:
Input: N = 21, K = 17, W = 10 Output: 0.73278
Note:
0 <= K <= N <= 100001 <= W <= 10000- Answers will be accepted as correct if they are within
10^-5of the correct answer. - The judging time limit has been reduced for this question.
這道題就是賭桌上經典的 21 點游戲了，想起了當年實習的游輪活動，就有21點游戲的賭桌。我當時還納悶為啥庄家到了 17 點以后就不再要牌了，原來里面大有學問啊，因為再多拿牌，增大了爆的概率，而如果小於 17 就不拿牌的話，會增大玩家贏的概率，估計是經過精心計算，用這個閾值庄家贏的概率最大吧，想着當時庄家每拿一張牌，大家都一起在喊“爆，爆，爆。。”的情景，還是覺得非常搞笑。但當時有一位同期實習的大神，可以根據分析台面上已經出現的牌，來推出最合理的策略，因為庄家的規則是不變的，只要過了 17 就堅決不拿牌，但是大神卻可以根據已出現的牌來制定自己的最優策略，經常能贏庄家。據大神稱他去賭場經常都能贏上個小二百刀，給跪了有木有？！
好，來解題吧。這道題說的是有 [1, W] 范圍內的牌，問我們當拿到不少於K點的時候就停止摸牌，最終點數能不超過的N點的概率。那么我們先來分析下，拿到 [1, W] 范圍內的任意一張牌的概率是 1/W，因為是隨機取的，所以拿到任意張牌的概率都是相等的。那么點數大於W的時候，概率怎么算呢，比如 W = 10, 我們拿到15點的概率是多少呢？這時候肯定不止拿一張牌了，那么我們分析最后一張牌，可以取1到 10，那么能拿到 15 點就有十種情況，之前共拿5點且最后一張拿10，之前共拿6點且最后一張拿9，之前拿共7點且最后一張拿8，...，之前共拿 14 點且最后一張拿1。那么拿 15 點的概率就是把這十種的概率都加起來。這道題給的假設是每次取牌都是等概率的，不管什么時候拿到 [1, 10] 內的任意張牌的概率都是十分之一，但是現實情況肯定不是這樣的，已經取出了的牌，不會放回了，所以現實情況要更加復雜。不用管它，反正我們拿最后一張牌的概率都是 1/W，由於是‘且’的關系，所以是概率相乘，可以將 1/W 提取出來，那么對於拿到x點的概率就可以歸納出下面的等式：
P(x) = 1/W * (P(x-1) + P(x-2) + P(x-W))
= 1/W * sumP(x-W, x-1)
這里的x是有范圍限制的，必須在 [W, K] 之間，因為小於等於W的點數概率都是 1/W，而大於等於K的時候，就不會再拿牌了。現在回過頭來看看這道題要我們求什么，要求的是拿到不少於K點的時候就停止摸牌，最終點數能不超過的N點的概率，即 P(<=N | >= K)。那么現在我們就要引入強大的條件概率公式了，傳說中的貝葉斯公式就是由其推導出來的：
P(A | B) = P(AB) / P(B)
意思就是在事件B發生的條件下發生事件A的概率，等於事件A和B同時發生的概率除以事件B單獨發生的概率。那么帶入本題的環境，就可以得到下列等式：
P(<=N | >=K) = P(<=N && >=K) / P(>=K)
就是說拿到不小於K點的前提下，還能不超過N點的概率，等於拿到不小於K點且不超過N點的概率除以拿到不小於K點的概率。這樣，我們只要分別求出 P(<=N && >=K) 和 P(>=K) 就可以了：
P(<=N && >=K) = P(K) + P(K+1) + ... + P(N) = sumP(K, N)
P(>=K) = sumP(K, +∞) = sumP(K, K+W-1)
需要注意的是，一旦大於等於 K+W了，那么概率就為0了，所以邊界就從正無窮降到 K+W-1 了。既然說到了邊界，那么就來處理一下 corner case 吧，當 K=0 時，由於題目中說當前點數大於等於K，不能摸牌，那么一開始就不能摸牌了，而 K <= N，所以永遠不會超過N，概率返回1。還有就是當 N >= K+W 的時候，當我們大於等於K的時候，不能摸牌，此時不會超過N。當剛好為 K-1 的時候，此時還有一次摸牌機會，但最大也就摸個W，總共為 K-1+W，還是小於N，所以返回概率為1。
根據上面的條件概率公式推導，P(>=K) 的邊界降到了 K+W-1, 所以我們只要更新到這個邊界就都用了，因為 P(<=N && >=K) 的范圍是 [K, N]，而 N 是要小於 K+W 的。我們新建一個大小為 K+W 的一維數組 sums，其中 sum[i] 表示獲得范圍 [0, i] 內的點數的概率綜合，初始化 sum[0] 為 1.0。下面來推導狀態轉移方程吧 ，通常來說，我們要更新 sum[i]，那么只要知道了 sum[i-1]，就只要算出 P[i]，就行了，因為 sum[i] = sum[i-1] + P[i]。但這道題的更新其實比較復雜，要考慮兩個關鍵的位置，K和W，我們還是用經典的21點游戲來舉例說明吧，N=21, K=17, W=10。先來說一下當點數不超過 10 的更新方法，這個其實比較簡單，比如拿到七點的概率 P[7]，根據我們上面對於 P(x) 的求法，我們知道可以拆分為下列多種情況：先拿到六點的概率 (P[6]) 乘以再拿一個1點的概率 (1/W)，先拿到五點的概率 (P[5]) 乘以再拿一個2點的概率 (1/W)，...，先拿到一點的概率 (P[1]) 乘以再拿一個六點的概率 (1/W)，直接拿個七點的概率 (1/W)，那么統統加起來，就是:
P[7] = 1/W * (P[6] + p[5] + ... + P[1] + P[0]) = 1/W * sum[6]
那么歸納一下，對於 i <= W 的情況下：
P[i] = 1/W * sum[i-1]
sum[i] = sum[i-1] + P[i] = sum[i-1] + sum[i-1] / W (when i <= W)
那么當 i > W 的時候，情況是不一樣的，比如要求得到 15 點的概率 P[15]，那么還是根據上面求 P(x) 的方法，拆分為下面多種情況：先拿到 14 點的概率 (P[14]) 乘以再拿一個1點的概率 (1/W)，先拿到 13 點的概率 (P[13]) 乘以再拿一個2點的概率 (1/W)，...，先拿到五點的概率 (P[5]) 乘以再拿一個 10 點的概率 (1/W)，那么統統加起來就是：
P[15] = 1/W * (P[14] + P[13] + ... + P[5]) = 1/W * (sum[14] - sum[4])
那么歸納一下，對於 i > W 的情況下：
P[i] = 1/W * (sum[i-1] - sum[i-W-1])
sum[i] = sum[i-1] + P[i] = sum[i-1] + (sum[i-1] - sum[i-W-1]) / W (when i > W)
到這里，你以為就大功告成了嗎？圖樣圖森破，嘛噠得斯。還有一個K呢，更新K以內的P值，和更新大於K的P值是稍有不同的，比如當 K=17 時，我們要更新 P[15]，那么跟上面分析的一樣，同時還得考慮W的情況，歸納一下：
P[i] = 1/W * sum[i-1] (when i <= K && i <= W)
P[i] = 1/W * (sum[i-1] - sum[i-W-1]) (when i <= K && i > W)
但是對於大於K的值，比如 P[20] 的更新方法就有所不同了，為啥呢？這要分析 20 點是怎么得來的，由於超過了 17 點就不能再摸牌了，所以 20 點只能由下列情況組成：先拿到 16 點的概率 (P[16]) 再拿到一個4點的概率 (1/W)，先拿到 15 點的概率 (P[15]) 再拿到一個5點的概率 (1/W)，...，先拿到 10 點的概率 (P[10]) 再拿到一個 10 點的概率 (1/W)，那么統統加起來就是：
P[20] = 1/W * (P[16] + P[15] + P[14] + ... + P[10]) = 1/W * (sum[16] - sum[9])
那么我們歸納一下，就有：
P[i] = 1/W * sum[K-1] (when i > K && i <= W)
P[i] = 1/W * (sum[K-1] - sum[i-W-1]) (when i > K && i > W)
講到這里，是不是頭暈又眼花，哈哈，博主也快繞暈了，最重要的四個式子已經加粗顯示了，K和W的大小關系其實是不知道的，不過我們可以把二者揉在一起，我們每次使用 i-1 和 K-1 中的較小值來算 P[i] 即可，這樣就完美把K融到了W的分類情況中，當 sum 數組計算完成之后，我們就直接按照上面的條件概率公式來算 P(<=N | >=K) = P(<=N && >=K) / P(>=K) = sumP(K, N) / sumP(K, K+W-1) 就行了，寫的累s博主了，聽個《青鳥》緩解一下吧，跟博主一起唱～阿歐伊，阿歐伊，阿弄嗖啦～
解法一：
class Solution { public: double new21Game(int N, int K, int W) { if (K == 0 || N >= K + W) return 1.0; vector<double> sum(K + W); sum[0] = 1.0; for (int i = 1; i < K + W; ++i) { int t = min(i - 1, K - 1); if (i <= W) sum[i] = sum[i - 1] + sum[t] / W; else sum[i] = sum[i - 1] + (sum[t] - sum[i - W - 1]) / W; } return (sum[N] - sum[K - 1]) / (sum[K + W - 1] - sum[K - 1]); } };
下面這種解法跟上面的解法沒有啥本質的區別，這里的 dp 數組跟上面的 sum 數組表達的意思是完全一樣的，dp[i] 表示獲得范圍 [0, i] 內的點數的概率綜合，初始化 dp[0] 為 1.0。希望博主在上面已經解釋清楚了，我們可以看到，這里並沒有將K融合到W的分類中，而是多加了 (K, i] 區間的部分，所以當 i > K 時就要將這部分多加的減去，從而符合題意。還有一點讓博主驚奇的地方是，這道題的條件概率和聯合概率是相同的，根據之前的條件概率公式：
P(<=N | >=K) = P(<=N && >=K) / P(>=K)
就是說拿到不小於K點的前提下，還能不超過N點的概率，等於拿到不小於K點且不超過N點的概率除以拿到不小於K點的概率。但是實際上這道題 P(<=N | >=K) = P(<=N && >=K)，即拿到不小於K點的前提下，還能不超過N點的概率，等於拿到不小於K點且不超過N點的概率。那么就是說拿到不小於K點的概率的總是為1，想想也是阿，只有在拿到不少K點的時候才停止摸牌，這樣肯定點數不少於K點阿，單獨計算這個概率簡直是多此一舉啊，參見代碼如下：
解法二：
class Solution { public: double new21Game(int N, int K, int W) { if (K == 0 || N >= K + W) return 1.0; vector<double> dp(K + W); dp[0] = 1.0; for (int i = 1; i < K + W; ++i) { dp[i] = dp[i - 1]; if (i <= W) dp[i] += dp[i - 1] / W; else dp[i] += (dp[i - 1] - dp[i - W - 1]) / W; if (i > K) dp[i] -= (dp[i - 1] - dp[K - 1]) / W; } return dp[N] - dp[K - 1]; } };
下面這種解法還是大同小異，吃透了解法一的講解，看這些變形基本都比較好理解。這里的 dp 數組意義跟上面的一樣，但是並沒有初始化大小為 K+W，而是只初始化為了 N+1，為啥呢，根據解法二的講解，我們知道了這道題的條件概率和聯合概率是相等的，所以只要求出 P(<=N && >=K)，即 dp[N] - dp[K-1]，而這題不是更新完整個dp數組后再求聯合概率，而是在更新的過程中就累加到了結果 res，當 i >= K 的時候，正好可以將概率加入到結果 res，而且此時不用再累加 sumW，這里的 sumW 是保存的到目前為止的概率和，相當於之前的 dp[i-1]，還需要判斷的是當 i >= W 時，要減去多加的概率 dp[i-W]，參見代碼如下：
解法三：
class Solution { public: double new21Game(int N, int K, int W) { if (K == 0 || N >= K + W) return 1.0; vector<double> dp(N + 1); dp[0] = 1.0; double sumW = 1.0, res = 0.0; for (int i = 1; i <= N; ++i) { dp[i] = sumW / W; if (i < K) sumW += dp[i]; else res += dp[i]; if (i - W >= 0) sumW -= dp[i - W]; } return res; } };
Github 同步地址：
https://github.com/grandyang/leetcode/issues/837
參考資料：
https://leetcode.com/problems/new-21-game/
https://leetcode.com/problems/new-21-game/discuss/132334/One-Pass-DP-O(N)