題目：把n個骰子扔在地上，所有骰子朝上一面的點數之和為S。輸入n，打印出S的所有可能的值出現的概率。

這道演算法題可採取動態規劃法來求解。鑑於《劍指Offer》中對該題的解法晦澀難懂，尤其是程式碼，也沒有指明其解題的思路本質上就是動態規劃，所以提出自己的理解和答案。

動態規劃法簡介：
動態規劃法求解的總體過程就是將問題分為多個不同的階段的問題，根據最開始階段已知的問題的解逐步推匯出最終解。即動態規劃演算法通常基於一個遞推公式及一個或多個初始狀態。

過程細化為：
第一步，確定問題的解的表示式，稱之為狀態。
第二步，將最終問題的構造成上一階段問題的解（可能被拆分為多個子問題的解），即根據當前階段問題的解求出下一階段問題的解方法，即遞推公式，稱之為狀態轉移方程。

已知初始狀態的解，有了狀態和狀態轉移方程，逐步遞推，即可求出最終的解。

動態規劃法求解過程可以使用遞迴來實現，也可以使用迭代來實現。遞迴的優勢就是程式碼簡潔明瞭，但是遞迴有時會對不同階段的子問題重複求解，所以效率低於迭代。

解題思路：
第一步，確定問題解的表示式。可將f(n, s) 表示n個骰子點數的和為s的排列情況總數。
第二步，確定狀態轉移方程。n個骰子點數和為s的種類數只與n-1個骰子的和有關。因為一個骰子有六個點數，那麼第n個骰子可能出現1到6的點數。所以第n個骰子點數為1的話，f(n,s)=f(n-1,s-1)，當第n個骰子點數為2的話，f(n,s)=f(n-1,s-2)，…，依次類推。在n-1個骰子的基礎上，再增加一個骰子出現點數和為s的結果只有這6種情況！那麼有：

f(n,s)=f(n-1,s-1)+f(n-1,s-2)+f(n-1,s-3)+f(n-1,s-4)+f(n-1,s-5)+f(n-1,s-6) ，0< n<=6n
f(n,s)=0, s< n or s>6n

上面就是狀態轉移方程，已知初始階段的解為：
當n=1時, f(1,1)=f(1,2)=f(1,3)=f(1,4)=f(1,5)=f(1,6)=1。

程式碼實現：
遞迴版本：

#include <stdio.h>
#include <string.h>

#include <iostream>
using namespace std;

/****************************
func:獲取n個骰子指定點數和出現的次數
para:n:骰子個數;sum:指定的點數和
return:點數和為sum的排列數
****************************/
 

int getNSumCount(int n, int sum){
    if(n<1||sum<n||sum>6*n){
        return 0;
    }
    if(n==1){
        return  1;
    }
    int resCount=0;
    resCount=getNSumCount(n-1,sum-1)+getNSumCount(n-1,sum-2)+
             getNSumCount(n-1,sum-3)+getNSumCount(n-1,sum-4)+
             getNSumCount(n-1,sum-5)+getNSumCount(n-1,sum-6);
    return resCount;
}

//驗證
int main(){
    int n=0;
    while(true){
        cout<<"input dice num：";
        cin>>n;
        for(int i=n;i<=6*n;++i)
            cout<<"f("<<n<<","<<i<<")="<<getNSumCount(n,i)<<endl;
    }
}

當輸入骰子的個數為3時，實驗結果如下：

下面給出非遞迴，即迭代版本：
迭代版本：

/****************************************
func:給定骰子數目n，求所有可能點數和的種類數
para：n:骰子個數;count:存放各種點數和的種類數，下標i表示點數和為（i+n）
return:出錯返回-1，成功返回0
****************************************/
int getNSumCountNotRecusion(int n, int* count){
    if(n<1)
        return -1;
    //初始化最初狀態
    count[0]=count[1]=count[2]=count[3]=count[4]=count[5]=1;
    if(n==1) return 0;

    for(int i=2;i<=n;++i){
        for(int sum=6*i;sum>=i;--sum){
            int tmp1=((sum-1-(i-1))>=0?count[sum-1-(i-1)]:0); //上一階段點數和sum-1的排列總數
            int tmp2=(sum-2-(i-1)>=0?count[sum-2-(i-1)]:0);
            int tmp3=(sum-3-(i-1)>=0?count[sum-3-(i-1)]:0);
            int tmp4(sum-4-(i-1)>=0?count[sum-4-(i-1)]:0);
            int tmp5=(sum-5-(i-1)>=0?count[sum-5-(i-1)]:0);
            int tmp6=(sum-6-(i-1)>=0?count[sum-6-(i-1)]:0);
            count[sum-i]=tmp1+tmp2+tmp3+tmp4+tmp5+tmp6;
        }
    }
    return 0;
}

//驗證
int main(){
    int n;
    while(true){
        cout<<"iteration input dice num：";
        cin>>n;
        int* count=new int[5*n+1];
        memset(count,0,(5*n+1)*sizeof(int));
        getNSumCountNotRecusion(n,count);
        int allCount=0;
        for(int i=0;i<5*n+1;++i){
            cout<<"f("<<n<<","<<i+n<<")="<<count[i]<<endl;
            allCount+=count[i];
        }
        delete[] count;
    }
}

當輸入骰子個數為3時，所有可能的點數和的排列情況如下圖：

小結
實驗至此，給定n個骰子，求各個點數和出現的概率就不難求，只需要除以總的排列數6n就可以了。參考如下程式碼：

    int total = pow((float)6, n);   
    for(int i = n; i <=6*n; ++i){   //n:骰子數目
        float ratio = (float)getNSumCount(n,i)/total;  
        printf("%d: %f/n", i, ratio);  
    }  

參考文獻