這題貪心的話似乎不太可行我沒想出怎麼貪，所以用區間dp來解決

分析

\(f[l][r]\) 表示先手在區間 \([l, r]\) 的最優決策所能給他帶來的貢獻，因為區間 \([l, r]\) 的總和 \(s[l, r]\) 是一定的，那麼這個最優決策在意味著最大化自己的收益同時也表示最小化對手的收益。

對於 \([l,r]\) 的先手，他有三種策略：

• 從左開始取走一定的數，最小化對手剩下的收益
• 從右開始取走一定的數，最小化對手剩下的收益
• 取走所有數，對手收益為 \(0\)

據此，可以寫出狀態轉移方程：
\(f[l][r] = s[l][r] - min\{0, \min_{k=l+1}^r f[k][r], \min_{k=l}^{r-1} f[l][k]\}\)

直接遞推複雜度為 \(O(O^3)\) ，可以考慮優化：
記 \(g[l][r] = \min_{k=l}^r f[k][r]\) ，\(h[l][r] = \min_{k=l}^{r} f[l][k]\)

有 \(g[l][r] = \min(f[l][r], \min_{k=l+1}^r f[k][r])\) ，\(h[l][r] = \min(f[l][r], \min_{k=l}^{r-1} f[l][k])\)

這樣我們就可以在更新完 \(f[l][r]\) 後一起更新 \(g[l][r], h[l][r]\) ，使得複雜度降為 \(O(N^2)\)

#pragma GCC optimize("O3")
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define debug(x) cerr << #x << ": " << x << endl
#define pb(a) push_back(a)
#define set0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define dwn(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define ceil(a,b) (a+(b-1))/b
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ll_INF 0x7f7f7f7f7f7f7f7f
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
typedef pair<double,double> PDD;

inline void read(int &x) {
    int s=0;x=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-')x=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9') s=(s<<3)+(s<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    x*=s;
}

const int N=105;
int n, w[N], s[N];
int f[N][N], g[N][N], h[N][N];

int main(){
	while(cin>>n, n){
		rep(i,1,n) read(w[i]), s[i]=s[i-1]+w[i];
		
		rep(i,1,n) f[i][i]=g[i][i]=h[i][i]=w[i];
		rep(len,2,n) rep(l,1,n){
			int r=l+len-1;
			f[l][r]=s[r]-s[l-1]-min(0, min(g[l+1][r], h[l][r-1]));
			
			g[l][r]=min(f[l][r], g[l+1][r]), h[l][r]=min(f[l][r], h[l][r-1]);
		}
		cout<<f[1][n]-(s[n]-f[1][n])<<endl;
	}
    return 0;
}