leetcode 887
亞歷克斯和李用幾堆石子在做遊戲。偶數堆石子排成一行，每堆都有正整數顆石子 piles[i] 。
遊戲以誰手中的石子最多來決出勝負。石子的總數是奇數，所以沒有平局。
亞歷克斯和李輪流進行，亞歷克斯先開始。 每回合，玩家從行的開始或結束處取走整堆石頭。 這種情況一直持續到沒有更多的石子堆爲止，此時手中石子最多的玩家獲勝。
假設亞歷克斯和李都發揮出最佳水平，當亞歷克斯贏得比賽時返回 true ，當李贏得比賽時返回 false 。
示例：
輸入：[5,3,4,5]
輸出：true
解釋：
亞歷克斯先開始，只能拿前 5 顆或後 5 顆石子 。
假設他取了前 5 顆，這一行就變成了 [3,4,5] 。
如果李拿走前 3 顆，那麼剩下的是 [4,5]，亞歷克斯拿走後 5 顆贏得 10 分。
如果李拿走後 5 顆，那麼剩下的是 [3,4]，亞歷克斯拿走後 4 顆贏得 9 分。
這表明，取前 5 顆石子對亞歷克斯來說是一個勝利的舉動，所以我們返回 true 。
提示：
2 <= piles.length <= 500
piles.length 是偶數。
1 <= piles[i] <= 500
sum(piles) 是奇數
暴力求解，每次奇偶轉換，每次是不同的人取前後端的值，最終start==end ,判斷兩個人取得的值的大小
但超時
public:
bool helper(vector<int>& piles, int start,int end,int& p1,int& p2)//這裏使用引用，在java裏要換成全局變量
{
if(start == end)
return p1 > p2 ? true : false;
int sum1,sum2;
if((start+end)%2 == 0)//第二個人取值
{
sum1 = p2+piles[start];
sum2 = p2+piles[end];
return helper(piles,start+1,end,p1,sum1) ||
helper(piles,start,end-1,p1,sum2);
}
else //alex取值
{
sum1 = p1+piles[start];
sum2 = p1+piles[end];
return helper(piles,start+1,end,sum1,p2) ||
helper(piles,start,end-1,sum2,p2);
}
}
bool stoneGame(vector<int>& piles) {
int p1,p2;
p1=p2=0;
return helper(piles,0,piles.size()-1,p1,p2);
}
找數學邏輯規律
/*
由於是偶數堆，奇數個石頭，所以總有人多拿，有人少拿到
由於兩個人都是聰明的，用最優秀策略，只要有一種可能使得A最終win，就返回true.所以先手拿的的人可以通過看所有情況，選擇對自己最有利的。例如 一直選偶數位值或奇數位的值
*/
public boolean stoneGame1(int[] piles){
return true;
}
/*
方法2 先排序，每次都選最大的值給alex
*/
public boolean stoneGame2(int[] piles) {
int Alex = 0;
int Lee = 0;
Arrays.sort(piles);
int i=piles.length-1;
while(i >=0){
Alex += piles[i--];
Lee += piles[i--];
}
return Alex > Lee;
}
//動態規劃，更加通用的解法
/*
我們每次只能拿兩端的石頭堆的石頭，但我們又不知道拿完後剩下的石頭堆的情況，因此我們考慮先解決子問題。例如我們求出2個相鄰石頭堆的勝負情況，
我們可以根據求出的數據求出相鄰3個石頭堆的勝負情況，以此類推，我們可以根據n-1個相鄰石頭堆的勝負情況，求出n個相鄰石頭堆的勝負情況，
即我們的原問題。
根據我們的類推我們可以設dp[i][j]爲piles[i]~piles[j]Alex最多可以贏Lee的分數。每次取石頭堆只能從兩端取，
因此:dp[i][j] = max(piles[i] - dp[i+1][j], piles[j] - dp[i][j-1])。其中
piles[i] - dp[i+1][j]表示Alex取走i上的石頭堆，piles[j] - dp[i][j-1]表示Alex取走的是j上的石頭堆。
注意，爲什麼dp[i+1][j]表示piles[i+1]~piles[j]之間Alex最多可以贏Lee的分數，而piles[i]要減去該值而不是加上該值呢？由於我們的要求是每一步Alex和Lee採取的都是最優策略，當取piles[i]時，piles[i+1]~piles[j]中Alex和Lee的走法會調換。意即Lee走Alex的走法，Alex走Lee的走法，因此這裏要做減法。
比如說有4個石頭堆 1 3 3 4
1 3, 3 3,3 4
1 3 3, 3 3 4
1 3 3 4
*/
public boolean stoneGame(int[] piles) {
int len=piles.length;
int dp[][]=new int[len][len];
for(int i=0;i<len;i++){
dp[i][i]=piles[i];////初始化只有i一個石頭堆的情形
}
for(int i=1;i<len;i++){
for(int j=0;j<len-i;j++){
dp[j][j+i]=Math.max(piles[j]-dp[j+1][j+i],piles[j+i]-dp[i][j+i-1]);//依次計算相鄰2個石頭堆到n個石頭堆的情形
}
}
return dp[0][len-1]>0;
}
動態規劃的解釋可以看這個鏈接是圖像化解釋，其中還有空間優化的解釋
//空間優化
public boolean stoneGame_0(int[] piles) {
int len=piles.length;
int dp[]=new int[len];
for(int i=0;i<len;i++){
dp[i]=piles[i];
}
for(int i=1;i<len;i++) {
for (int j = 0; j < len - i; j++) {
dp[j] = Math.max(piles[j] - dp[j + 1], piles[j + i] - dp[i]);
}
}
return dp[len-1]>0;
}
另外 動態規劃，
/*思路
讓我們改變遊戲規則，使得每當李得分時，都會從亞歷克斯的分數中扣除。
令 dp(i, j) 爲亞歷克斯可以獲得的最大分數，其中剩下的堆中的石子數是 piles[i], piles[i+1], ..., piles[j]。
這在比分遊戲中很自然：我們想知道遊戲中每個位置的值。
我們可以根據 dp(i + 1，j) 和 dp(i，j-1) 來制定 dp(i，j) 的遞歸，我們可以使用動態編程以不重複這個遞歸中的工作。該方法可以輸出正確的答案，因爲狀態形成一個DAG（有向無環圖）。
算法
當剩下的堆的石子數是 piles[i], piles[i+1], ..., piles[j] 時，輪到的玩家最多有 2 種行爲。
可以通過比較 j-i和 N modulo 2 來找出輪到的人。
如果玩家是亞歷克斯，那麼她將取走 piles[i] 或 piles[j] 顆石子，增加她的分數。
之後，總分爲 piles[i] + dp(i+1, j) 或 piles[j] + dp(i, j-1)；我們想要其中的最大可能得分。
如果玩家是李，那麼他將取走 piles[i] 或 piles[j] 顆石子，減少亞歷克斯這一數量的分數。
之後，總分爲 -piles[i] + dp(i+1, j) 或 -piles[j] + dp(i, j-1)；我們想要其中的最小可能得分。
*/
public boolean stoneGame(int[] piles) {
int N = piles.length;
// dp[i+1][j+1] = the value of the game [piles[i], ..., piles[j]].
int[][] dp = new int[N+2][N+2];
for (int size = 1; size <= N; ++size)
for (int i = 0; i + size <= N; ++i) {
int j = i + size - 1;
int parity = (j + i + N) % 2; // j - i - N; but +x = -x (mod 2)
if (parity == 1)
dp[i+1][j+1] = Math.max(piles[i] + dp[i+2][j+1], piles[j] + dp[i+1][j]);
else
dp[i+1][j+1] = Math.min(-piles[i] + dp[i+2][j+1], -piles[j] + dp[i+1][j]);
}
return dp[1][N] > 0;
}
用dp[i][j]表示alex獲得的剩餘的值
遞歸+記憶
通過，比上面的遞歸快很多
private int[] sum;
private int[][] hash;
public boolean stoneGame(int[] piles) {
int n = piles.length;
sum = new int[n+1];
for (int i = n - 1; i >= 0; i--)
sum[i] = sum[i+1] + piles[i];
hash = new int[n][n];
int max = helper(piles, 0, n-1);
return max > sum[0] - max;
}
private int helper(int[] piles, int start, int end) {
if (start == end) return piles[start];
if (hash[start][end] != 0) return hash[start][end];
int all = sum[start] - sum[end+1];
int left = all - helper(piles, start+1, end);
int right = all - helper(piles, start, end-1);
hash[start][end] = Math.max(left, right);
return hash[start][end];
}