837. 新21点

爱丽丝参与一个大致基于纸牌游戏 “21点” 规则的游戏，描述如下：

爱丽丝以 0 分开始，并在她的得分少于 K 分时抽取数字。抽取时，她从 [1, W] 的范围中随机获得一个整数作为分数进行累计，其中 W 是整数。每次抽取都是独立的，其结果具有相同的概率。

当爱丽丝获得不少于 K 分时，她就停止抽取数字。爱丽丝的分数不超过 N 的概率是多少？

示例 1：

输入：N = 10, K = 1, W = 10
输出：1.00000
说明：爱丽丝得到一张卡，然后停止。
示例 2：

输入：N = 6, K = 1, W = 10
输出：0.60000
说明：爱丽丝得到一张卡，然后停止。
在 W = 10 的 6 种可能下，她的得分不超过 N = 6 分。
示例 3：

输入：N = 21, K = 17, W = 10
输出：0.73278
提示：

0 <= K <= N <= 10000
1 <= W <= 10000
如果答案与正确答案的误差不超过 10^-5，则该答案将被视为正确答案通过。
此问题的判断限制时间已经减少。

本题看上去是比较复杂，如果用暴力算法，甚至一开始都不知道怎么枚举，但是我们可以考虑一下这道题是否存在动归的可能性。
这道题其实直接想到动归是有点难度的，因为难点在于如何找到状态转移，或者说是确定dp[x]代表的含义。
我们把dp[x]确定为当你的分数是x分的时候，你有多少可能能赢。相信当这个思路出来了，那状态转移方程也出来了:
dp[x] =( dp[x+1] + dp[x+2]+...+dp[x+w] )/ 2

但是这样的算法是无法通过的。需要进行化简。
用到了数学方法，相邻两项相减。
dp[x]-dp[x+1] = (dp[x+1]-dp[x+w+1]) / w
这样一来你就能优化你的复杂度。
但是请注意当你求dp[K-1]的时候可不是这么求的，这个公式只对x<K-1生效，原因在于当你点数大于等于K的时候你就直接停止了，并且点数大于等于K以及小于等于N的时候你获胜几率为1.0。
代码如下:

class Solution {
    public double new21Game(int N, int K, int W) {
    
        if (K == 0) return 1.0;
        double[] dp = new double [K + W];
        for (int i = K; i <= N && i < K + W; i++){
            dp[i] = 1.0;
        }
        dp[K - 1] = 1.0 * Math.min(N - K + 1, W) / W;
        for (int i = K - 2; i >=0 ; i--){
            dp[i] = dp[i+1] + (dp[i+1]-dp[i+W+1])/W;
        }
        return dp[0];


    }
    
}

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/new-21-game
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