n个骰子的点数

题目：把n个骰子扔在地上，所有骰子朝上一面的点数之和为S。输入n，打印出S的所有可能的值出现的概率。

分析：玩过麻将的都知道，骰子一共6个面，每个面上都有一个点数，对应的数字是1到 6之间的一个数字。所以，n个骰子的点数和的最小值为n，最大值为6n。因此，一个直观的思路就是定义一个长度为6n-n的数组，和为S的点数出现的次数保存到数组第S-n个元素里。另外，我们还知道n个骰子的所有点数的排列数6^n。一旦我们统计出每一点数出现的次数之后，因此只要把每一点数出现的次数除以n^6，就得到了对应的概率。

该思路的关键就是统计每一点数出现的次数。要求出n个骰子的点数和，我们可以先把n个骰子分为两堆：第一堆只有一个，另一个有n-1个。单独的那一个有可能出现从1到6的点数。我们需要计算从1到6的每一种点数和剩下的n-1个骰子来计算点数和。接下来把剩下的n-1个骰子还是分成两堆，第一堆只有一个，第二堆有n-2个。我们把上一轮那个单独骰子的点数和这一轮单独骰子的点数相加，再和剩下的n-2个骰子来计算点数和。分析到这里，我们不难发现，这是一种递归的思路。递归结束的条件就是最后只剩下一个骰子了。

基于这种思路，我们可以写出如下代码：

int g_maxValue = 6;
 
void PrintSumProbabilityOfDices_1(int number)
{
    if(number < 1)
        return;
 
    int maxSum = number * g_maxValue;
    int* pProbabilities = new int[maxSum - number + 1];
    for(int i = number; i <= maxSum; ++i)
        pProbabilities[i - number] = 0;
 
    SumProbabilityOfDices(number, pProbabilities);
 
    int total = pow((float)g_maxValue, number);
    for(int i = number; i <= maxSum; ++i)
    {
        float ratio = (float)pProbabilities[i - number] / total;
        printf("%d: %f\n", i, ratio);
    }
 
    delete[] pProbabilities;
}
 
void SumProbabilityOfDices(int number, int* pProbabilities)
{
    for(int i = 1; i <= g_maxValue; ++i)
        SumProbabilityOfDices(number, number, i, 0, pProbabilities);
}
 
void SumProbabilityOfDices(int original, int current, int value, int tempSum, int* pProbabilities)
{
    if(current == 1)
    {
        int sum = value + tempSum;
        pProbabilities[sum - original]++;
    }
    else
    {
        for(int i = 1; i <= g_maxValue; ++i)
        {
            int sum = value + tempSum;
            SumProbabilityOfDices(original, current - 1, i, sum, pProbabilities);
        }
    }
} 

上述算法当number比较小的时候表现很优异。但由于该算法基于递归，它有很多计算是重复的，从而导致当number变大时性能让人不能接受。关于递归算法的性能讨论，详见本博客系列的第16题。

我们可以考虑换一种思路来解决这个问题。我们可以考虑用两个数组来存储骰子点数每一总数出现的次数。在一次循环中，第一个数组中的第n个数字表示骰子和为n出现的次数。那么在下一循环中，我们加上一个新的骰子。那么此时和为n的骰子出现的次数，应该等于上一次循环中骰子点数和为n-1、n-2、n-3、n-4、n-5与n-6的总和。所以我们把另一个数组的第n个数字设为前一个数组对应的第n-1、n-2、n-3、n-4、n-5与n-6之和。基于这个思路，我们可以写出如下代码：

void PrintSumProbabilityOfDices_2(int number)
{
    double* pProbabilities[2];
    pProbabilities[0] = new double[g_maxValue * number + 1];
    pProbabilities[1] = new double[g_maxValue * number + 1];
    for(int i = 0; i < g_maxValue * number + 1; ++i)
    {
        pProbabilities[0][i] = 0;
        pProbabilities[1][i] = 0;
    }
 
    int flag = 0;
    for (int i = 1; i <= g_maxValue; ++i)
        pProbabilities[flag][i] = 1;
      
    for (int k = 2; k <= number; ++k)
    {
        for (int i = k; i <= g_maxValue * k; ++i)
        {
            pProbabilities[1 - flag][i] = 0;
            for(int j = 1; j <= i-k+1 && j <= g_maxValue; ++j)
                pProbabilities[1 - flag][i] += pProbabilities[flag][i - j];
        }
 
        flag = 1 - flag;
    }
 
    double total = pow((double)g_maxValue, number);
    for(int i = number; i <= g_maxValue * number; ++i)
    {
        double ratio = pProbabilities[flag][i] / total;
        printf("%d: %f\n", i, ratio);
    }
 
    delete[] pProbabilities[0];
    delete[] pProbabilities[1];
}

 值得提出来的是，上述代码没有在函数里把一个骰子的最大点数硬编码(hard code)为6，而是用一个变量g_maxValue来表示。这样做的好处时，如果某个厂家生产了最大点数为4或者8的骰子，我们只需要在代码中修改一个地方，扩展起来很方便。如果在面试的时候我们能对面试官提起对程序扩展性的考虑，一定能给面试官留下一个很好的印象。

以上摘自何海涛博客

 

注意上面方法二中21行红色的条件判断，此处原文写的是

for(int j = 1; j <= i && j <= g_maxValue; ++j)

这样的话，需要每次将前k-1元素置为0。原文评论有人指出这个问题，博主也回复说已经修改了，但是文中的代码并没有修改。

 

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Abstract

求n个骰子得到点数和的概率分布的各种方法。

 

Body

起源是这个：

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发信人: dominic123 (dominic), 信区: ACM_ICPC
标 题: 【算法求助】n个骰子得到点数和的概率分布~
发信站: 北邮人论坛 (Thu Dec 2 22:23:23 2010), 站内

掷n个骰子得到点数和的概率分布？

例：掷2个骰子的时候，得到的点数和为2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12；得到它们的概率分别是1/36,2/36,3/36,4/36,5/36,6/36,5/36,4/36,3/36,2/36,1/36。

问题是：当投掷n个骰子的时候得到点数和的概率分布是怎样的？请附推论过程。[ema23]

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然后我做了个小总结：

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发信人: jffifa (绮想), 信区: ACM_ICPC
标 题: Re: 【算法求助】n个骰子得到点数和的概率分布~
发信站: 北邮人论坛 (Fri Dec 3 22:46:37 2010), 站内

总结一下：

[记号]

记C(i,j)为i个元素中取j个做组合的组合数。

骰子取值1,2,3,4,5,6，记Ft(n,m)为n个这样的骰子生成和为m的方案数。
骰子取值0,1,2,3,4,5，记F(n,m)为n个这样的骰子生成和为m的方案数。
容易有F(n,m)=Ft(n,m+n)。对于Ft(n,m)，求解F(n,m-n)即可。
则F(n,m)等价为（组合模型为）：
a. n个离散RNG(Random Number Generator)，每个离散RNG生成范围为[0,6)的整数，生成和为m的生成方案个数。
b. m个无区别球放进n个有区别盒子，每个盒子球数在[0,6)间方案数。
c. 线性方程x[1]+x[2]+...+x[n]=m，x[i]∈[0,6)的整数解个数。

[解法]

1.生成函数法：
F(n,m)=
(1+x+x^2+...+x^5)^n中x^(m-n)的系数。

2.dp/离散域卷积法：
F(n,m)=sigma(k from 0 to 5) F(n-1,m-k)，边界值F(0,0)=1。
即u(i)=1 (i为整数且i∈[0,6))，n个u相卷。

3.组合数学法：
记G(p,q)为q个无区别球放进p个有区别盒子，无球数限制（[0,+inf)）的方案数。容易有G(p,q)=C(p+q-1,q)。为表示方便令G(p,q)=0 (q<0)。
考虑G(n,m)与F(n,m)第二个组合模型的联系。如果有一个盒子球数超过6，从该盒子中拿出6个球，则等价方案数为G(n,m-6)，有两个盒子超过6，则等价方案数为G(n,m-12)，……。
根据容斥原理，有：
F(n,m)=C(n,0)*G(n,m)-C(n,1)*G(n,m-6)+C(n,2)*G(n,m-12)-...
F(n,m)=sigma(i from 0 to [m/6]) (-1)^i * C(n,i) * G(n,m-i*6)（[]为下取整，由于m<0时G(n,m)=0所以只要加到[m/6]即可）

4.Ehrhart多项式法：
考 虑F(n,m)的第三个组合模型，该方程表示一个n维线性空间中的n-1维HyperPlane。其整数解对应HyperPlane上所有整点。而加上 限制HyperRectangle:([0,6))^n后，整数解对应就是HyperPlane截HyperRectangle所得截面上所有整点。
易知F(n,m)所对应的HyperPlane与F(n,m+1)所对应的HyperPlane间没有整点，且F(n,m)截HyperRectangle与F(n,m+1)截HyperRectangle的体积易求（见watashi大牛文章 http://watashi.ws/blog/1538/rng-hyperplane-hyperrectangle/ ）。则两截面间体积为上述两个体积差。
同时，由Ehrhart多项式可以写出两截面间体积与整点数的关系。则可通过二者关系求出答案。
但是，具体过程我不会……

方法2对此题比较实用。借助FFT或数论转换可以降低算法复杂度。

[推广]

如果是n个骰子的平方和为m呢？立方和呢？
此时方法4还有一定价值（但Ehrhart多项式不能用），HyperPlane变为曲面了。
如果是连续变量还好做，但是离散的就真的很难。
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沒有白天也沒有黑夜。走不出上鎖的時間。今天或明天 瞬間無法永遠。剩下只能哭泣的眼。分不清是你還是偽裝的我。看不見窗外的天氣。就算到最後 沒有誰能逃離。我會等待著你。
<少女密室> 冬。

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连续变量的做法见http://biribiri.blogbus.com/logs/85754889.html

来自watashi大牛的那篇文章及2009国家集训队论文《信息学竞赛中概率问题求解初探 - 梅诗珂》。

 

Reference

http://biribiri.blogbus.com/logs/85754889.html

2009国家集训队论文《信息学竞赛中概率问题求解初探 - 梅诗珂》

 

转自http://www.cnblogs.com/jffifa/archive/2011/12/17/2291072.html