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老规矩–妹妹镇楼：
一． 题目
（一） 题干
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。
你需要用一个浮点数数组返回答案，其中第 i 个元素代表这 n 个骰子所能掷出的点数集合中第 i 小的那个的概率。
（二） 示例
示例 1:
输入: 1
输出: [0.16667,0.16667,0.16667,0.16667,0.16667,0.16667]
示例 2:
输入: 2
输出: [0.02778,0.05556,0.08333,0.11111,0.13889,0.16667,0.13889,0.11111,0.08333,0.05556,0.02778]
二． 题解
（一） 思路
竟然又是DP的题目，只要题目中有递增，递减关系的都要想一想DP能不能做。所有骰子的点数和就是一个个骰子叠加上去的，因此下一次骰子的点数和等于前一次骰子的点数和 + 1到6之间的数即可，这就形成了DP的状态转移方程。因此，各个阶段之间的转换关系已经找出来，现在来分析最后一个阶段是什么？题目要求的是当投掷完n枚骰子后，各个点数出现的次数。因此阶段的状态表示就是第n枚骰子，点数j出现的次数，因此设定一个二维DP数组来表示，思路形成了，具体的代码就不需要讲解了。
可以进一步优化空间，仅使用一维数组就可以实现，但是如果按照升序来叠加，就一定会叠加覆盖之前的数，如果被覆盖的数还要被其他的数所使用，就会无法实现DP。因此，我们使用倒序来叠加，这样即使要覆盖之前的数，他也已经被其他的数使用完毕，不用担心了。
（二） 代码
未优化：
class Solution {
public double[] dicesProbability(int n) {
// s是n个骰子的点数之和，n个骰子共有？种点数和种类
// 骰子的结果是对称的，
// dp，每次骰子的点数都是增加的，注意，dp的题目的关键字是递增关系或者递减关系
// 下一次某个点数等于上6个点数之和
int[][] dp = new int[n+1][70];
// 第一次
for(int i = 1; i <= 6; ++i){
dp[1][i] = 1;
}
// 从第二个骰子开始
for(int i = 2; i <= n; ++i){
// 下一个骰子的可能点数和
for(int j = i; j <= i*6; ++j){
// 前一个骰子 再加上1- 6 等于下一个骰子可能的骰子总和
for(int z = 1; z <= 6; ++z){
if((j-z) < (i-1)){
break;
}
dp[i][j] += dp[i-1][j-z];
}
}
}
double[] out = new double[5*n+1];
int i = 0;
for(int times : dp[n]){
if(times == 0) continue;
out[i++] = (double)(times / Math.pow(6, n));
}
return out;
}
}
优化：
class Solution {
public double[] twoSum(int n) {
int dp[]=new int[70];
for (int i=1;i<=6 ;i++ ) {
dp[i]=1;
}
for (int i=2;i<=n ;i++ ) {
for (int j=6*i;j>=i ;j-- ) {
dp[j]=0;
for (int cur=1;cur<=6 ;cur++ ) {
if (j-cur<i-1) {
break;
}
dp[j]+=dp[j-cur];
}
}
}
double all=Math.pow(6,n);
double[] res=new double[5*n+1];
for (int i=n;i<=6*n ;i++ ) {
res[i-n]=(dp[i]*1.0/all);
}
return res;
}
}