【LetMeFly】808.分汤：好题！

力扣题目链接：https://leetcode.cn/problems/soup-servings/

有 A 和 B 两种类型 的汤。一开始每种类型的汤有 n 毫升。有四种分配操作：

提供 100ml 的汤A 和 0ml 的汤B 。
提供 75ml 的汤A 和 25ml 的汤B 。
提供 50ml 的汤A 和 50ml 的汤B 。
提供 25ml 的汤A 和 75ml 的汤B 。

当我们把汤分配给某人之后，汤就没有了。每个回合，我们将从四种概率同为 0.25 的操作中进行分配选择。如果汤的剩余量不足以完成某次操作，我们将尽可能分配。当两种类型的汤都分配完时，停止操作。

注意不存在先分配 100 ml 汤B 的操作。

需要返回的值：汤A 先分配完的概率 + 汤A和汤B 同时分配完的概率 / 2。返回值在正确答案 10^-5 的范围内将被认为是正确的。

示例 1:

输入: n = 50
输出: 0.62500
解释:如果我们选择前两个操作，A 首先将变为空。
对于第三个操作，A 和 B 会同时变为空。
对于第四个操作，B 首先将变为空。
所以 A 变为空的总概率加上 A 和 B 同时变为空的概率的一半是 0.25 *(1 + 1 + 0.5 + 0)= 0.625。

示例 2:

输入: n = 100
输出: 0.71875

提示:

0 <= n <= 10⁹

方法一：特判 + 动态规划

我们将“一份”汤水视为25ml

因“不足时尽可能分配”，故n ml汤水相当于 $\lceil\frac{25}{n}\rceil$ 份

令 $d p [i] [j]$ 为“分配前A有i ml，B有j ml”的情况下“要求的概率”（这里要求的概率就是“汤A先分配完的概率 + 汤A和汤B同时分配完的概率 / 2”）

那么我们就能得到状态转移方程：

$\frac14\times(dp[i - 4][j] + dp[i - 3][j - 1] + dp[i - 2][j - 2] + dp[i - 1][j - 3])$

这是因为初始值是 $[i] [j]$ 的时候，一次操作会等概率得到 $[i - 4] [j]$ 、 $[i - 3] [j - 1]$ 、 $[i - 2] [j - 2]$ 、 $[i - 1] [j - 3]$ 这四种情况。

注意，假如A汤不足 $3$ 份，那么 $[i - 3]$ 就由 $0$ 替换。还是因为那句“不足时尽可能分配”，想取 $3$ 份A但A不足三份的话，就把A取完（变成0）

最后考虑一下初始值：

若初始的时候A和B的量都为0，那么“汤A和汤B同时分配完的概率”为1，“汤A先分配完的概率”为0，“汤A先分配完的概率 + 汤A和汤B同时分配完的概率 / 2”为 $0 + 1 / 2 = 0.5$
若初始的时候A为0但B的量不为0，那么“汤A先分配完的概率”为1，“汤A和汤B同时分配完的概率”为0，“汤A先分配完的概率 + 汤A和汤B同时分配完的概率 / 2”为 $1 + 0 / 2 = 1$

复杂度分析：

完了，这DP的复杂度为 $O(n^2)$ 咋办？

不用怕，注意“4种方案中”，“不存在先分配 100 ml 汤B 的操作”也就是说A被分配更多的概率更大。当 $n$ 足够大时， $A$ 先分配完的概率接近于 $1$

我们可以手动尝试一下

int main() {
    int n;
    while (cin >> n) {
        Solution sol;
        cout << sol.soupServings(n) << endl;
    }
    return 0;
}

当 $n\geq5000$ 时（甚至更小），得到概率为 $0.99999 . x x$

满足题目“返回值在正确答案 $10^{-5}$ 的范围内将被认为是正确的”

因此，当 $n$ 足够大时，直接返回 $1$ 即可。

时间复杂度 $O(n^2)$ 或 $O (1)$ 。当 $n\geq 5000$ 时时间复杂度为 $O (1)$ ，否则为 $O(n^2)$
空间复杂度：同时间复杂度

看似 $O(n^2)$ 的做法，通过了数据量 $10^9$ 的题目。所以说这题很妙。

AC代码

C++

class Solution {
public:
    double soupServings(int n) {
        if (n >= 5000)
            return 1;
        n = n / 25 + (n % 25 != 0);
        vector<vector<double>> dp(n + 1, vector<double>(n + 1, 0));
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            dp[0][j] = 1;
        }
        dp[0][0] = 0.5;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = 1; j <= n; j++) {
                dp[i][j] = 0.25 * (dp[max(0, i - 4)][j] + dp[max(0, i - 3)][max(0, j - 1)] + dp[max(0, i - 2)][max(0, j - 2)] + dp[max(0, i - 1)][max(0, j - 3)]);
            }
        }
        return dp[n][n];
    }
};