题目描述

将一个骰子投掷n次，获得的总点数为s，s的可能范围为n~6n。

掷出某一点数，可能有多种掷法，例如投掷2次，掷出3点，共有[1,2],[2,1]两种掷法。

请求出投掷n次，掷出n~6n点分别有多少种掷法。

样例

输入：n=2

输出：[1, 2, 3, 4, 5, 6, 5, 4, 3, 2, 1]

解释：投掷2次，可能出现的点数为2-12，共计11种。每种点数可能掷法数目分别为1,2,3,4,5,6,5,4,3,2,1。

      所以输出[1, 2, 3, 4, 5, 6, 5, 4, 3, 2, 1]。

算法1

(DFS、暴力枚举)

1. DFS跟动规一样，注重3点：

   • 状态的表示，也就是状态的定义。
   • 按照什么样的顺序来计算这个状态
   • 边界情况，最后一次掷色子的情况，分为6类

2. dfs(n, s)表示一共投了n次色子，总和是s的情况下，方案数是多少。
3. dfs()表示的就是答案，也就是要求的东西。

时间复杂度

$O(n!)$

C++ 代码

class Solution {
public:
    vector<int> numberOfDice(int n) {
        vector<int> res;
        for(int i = n; i <= n * 6; i ++) res.push_back(dfs(n, i));
        return res;
    }

    int dfs(int n, int sum)
    {
        if(sum < 0) return 0;
        if(!n) return !sum;

        int ans = 0;
        for(int i = 1; i <= 6; i ++)
            ans += dfs(n - 1, sum - i);

        return ans;
    }
};

算法2

(线性DP)

1. DP也是，考虑状态表示和状态计算，和最后的边界情况。
2. f[i][j]表示——前i次掷色子，总和是j的方案数。
3. 边界就是最后一次的情况，分6类，不同的类对应不同的结果。
4. 三重for循环中，投掷1次，就有6种可能的点数，投掷2次，就有12种可能的点数，所以投掷n次，就有6n种可能的点数。所以在第2重循环中，j <= i * 6，因为可能还没到第n次，总数j也不会到6n个。
5. 最后一重循环，因为最后的模型是f[i][j] += f[i - 1][j - k]。也就是i次中，投出1次后，变成n - 1次，总和从j变到j - k后剩余的方案数。因为是j - k，不能越界，所以j >= k，所以k = min(j, 6)，可能前期j还没有枚举到6，那么k就不能取到6。
6. 最后我们将计算好的答案放在res中，f[n][i]，i = n ~ 6n，表示投掷n次后，总和分别为n~6n的所有方案数。

时间复杂度

$O(n^2)$

C++ 代码

class Solution {
public:
    vector<int> numberOfDice(int n) {
        vector<int> res;
        vector<vector<int> > f(n + 1, vector<int> (n * 6 + 1));
        f[0][0] = 1;

        /*
        for(int i = 1; i <= n; i ++)
            for(int j = 1; j <= n * 6; j ++)
                for(int k = 1; k <= 6; k ++)
                    f[i][j] += f[i - 1][j - k];
        */

        for(int i = 1; i <= n; i ++)
            for(int j = 1; j <= i * 6; j ++)
                for(int k = 1; k <= min(j, 6); k ++)
                    f[i][j] += f[i - 1][j - k];

        // for(int i = 1; i <= n; i ++) res.push_back(f[i][n * 6]);
        for(int i = n; i <= n * 6; i ++) res.push_back(f[n][i]);

        return res;
    }
};