方法一：暴力法 ​

此方法超时，但为便于理解「方法二」，建议先理解此方法。

为简化篇幅，本文使用 $n$ 代替题目中的 $num$ 。

给定 $n$ 个骰子，可得：

• 每个骰子摇到 $1$ 至 $6$ 的概率相等，都为 $\frac{1}{6}$ 。
• 将每个骰子的点数看作独立情况，共有 $6^n$ 种「点数组合」。例如 $n = 2$ 时的点数组合为：

$$ (1,1), (1,2), \cdots, (2, 1), (2, 2), \cdots, (6,1), \cdots, (6, 6) $$

• $n$ 个骰子「点数和」的范围为 $[n, 6n]$ ，数量为 $6n - n + 1 = 5n + 1$ 种。

暴力统计： 每个「点数组合」都对应一个「点数和」，考虑遍历所有点数组合，统计每个点数和的出现次数，最后除以点数组合的总数（即除以 $6^n$ ），即可得到每个点数和的出现概率。

如下图所示，为输入 $n = 2$ 时，点数组合、点数和、各点数概率的计算过程。

暴力法需要遍历所有点数组合，因此时间复杂度为 $O(6^n)$ ，观察本题输入取值范围 $1 \leq n \leq 11$ ，可知此复杂度是无法接受的。

方法二：动态规划 ​

设输入 $n$ 个骰子的解（即概率列表）为 $f(n)$ ，其中「点数和」 $x$ 的概率为 $f(n, x)$ 。

假设已知 $n - 1$ 个骰子的解 $f(n - 1)$ ，此时添加一枚骰子，求 $n$ 个骰子的点数和为 $x$ 的概率 $f(n, x)$ 。

当添加骰子的点数为 $1$ 时，前 $n - 1$ 个骰子的点数和应为 $x - 1$ ，方可组成点数和 $x$ ；同理，当此骰子为 $2$ 时，前 $n - 1$ 个骰子应为 $x - 2$ ；以此类推，直至此骰子点数为 $6$ 。将这 $6$ 种情况的概率相加，即可得到概率 $f(n, x)$ 。递推公式如下所示： $$ f(n, x) = \sum_{i=1}^6 f(n - 1, x - i) \times \frac{1}{6} $$

根据以上分析，得知通过子问题的解 $f(n - 1)$ 可递推计算出 $f(n)$ ，而输入一个骰子的解 $f(1)$ 已知，因此可通过解 $f(1)$ 依次递推出任意解 $f(n)$ 。

如下图所示，为 $n = 2$ , $x = 7$ 的递推计算示例。

观察发现，以上递推公式虽然可行，但 $f(n - 1, x - i)$ 中的 $x - i$ 会有越界问题。例如，若希望递推计算 $f(2, 2)$ ，由于一个骰子的点数和范围为 $[1, 6]$ ，因此只应求和 $f(1, 1)$ ，即 $f(1, 0)$ , $f(1, -1)$ , ... , $f(1, -4)$ 皆无意义。此越界问题导致代码编写的难度提升。

如下图所示，以上递推公式是 “逆向” 的，即为了计算 $f(n, x)$ ，将所有与之有关的情况求和；而倘若改换为 “正向” 的递推公式，便可解决越界问题。

具体来看，由于新增骰子的点数只可能为 $1$ 至 $6$ ，因此概率 $f(n - 1, x)$ 仅与 $f(n, x + 1)$ , $f(n, x + 2)$, ... , $f(n, x + 6)$ 相关。因而，遍历 $f(n - 1)$ 中各点数和的概率，并将其相加至 $f(n)$ 中所有相关项，即可完成 $f(n - 1)$ 至 $f(n)$ 的递推。

将 $f(i)$ 记为动态规划列表形式 $dp[i]$ ，则 $i = 1, 2, ..., n$ 的状态转移过程如下图所示。

<,,,,,,,,>

代码： ​

通常做法是声明一个二维数组 $dp$ ，$dp[i][j]$ 代表前 $i$ 个骰子的点数和 $j$ 的概率，并执行状态转移。而由于 $dp[i]$ 仅由 $dp[i-1]$ 递推得出，为降低空间复杂度，只建立两个一维数组 $dp$ , $tmp$ 交替前进即可。

class Solution:
    def statisticsProbability(self, n: int) -> List[float]:
        dp = [1 / 6] * 6
        for i in range(2, n + 1):
            tmp = [0] * (5 * i + 1)
            for j in range(len(dp)):
                for k in range(6):
                    tmp[j + k] += dp[j] / 6
            dp = tmp
        return dp

class Solution {
    public double[] statisticsProbability(int n) {
        double[] dp = new double[6];
        Arrays.fill(dp, 1.0 / 6.0);
        for (int i = 2; i <= n; i++) {
            double[] tmp = new double[5 * i + 1];
            for (int j = 0; j < dp.length; j++) {
                for (int k = 0; k < 6; k++) {
                    tmp[j + k] += dp[j] / 6.0;
                }
            }
            dp = tmp;
        }
        return dp;
    }
}

class Solution {
public:
    vector<double> statisticsProbability(int n) {
        vector<double> dp(6, 1.0 / 6.0);
        for (int i = 2; i <= n; i++) {
            vector<double> tmp(5 * i + 1, 0);
            for (int j = 0; j < dp.size(); j++) {
                for (int k = 0; k < 6; k++) {
                    tmp[j + k] += dp[j] / 6.0;
                }
            }
            dp = tmp;
        }
        return dp;
    }
};

复杂度分析： ​

• 时间复杂度 $O(n ^ 2)$ ： 状态转移循环 $n - 1$ 轮；每轮中，当 $i = 2, 3, ..., n$ 时，对应循环数量分别为 $6 \times 6, 11 \times 6, ..., [5(n - 1) + 1] \times 6$ ；因此总体复杂度为 $O((n - 1) \times \frac{6 + [5(n - 1) + 1]}{2} \times 6)$ ，即等价于 $O(n^2)$ 。
• 空间复杂度 $O(n)$ ： 状态转移过程中，辅助数组 tmp 最大长度为 $6(n-1) - [(n-1) - 1] = 5n - 4$ ，因此使用 $O(5n - 4) = O(n)$ 大小的额外空间。