877. 石子游戲

1. 題目描述
題目連結

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為止，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。

2. 題目分析
剛看到這題目時，我單純的以為只要使用貪心演算法，每次在開始處和結束處選擇更大的那堆石子，最後拿到總的石子數就會是最多的，後面發現有一些用例測試過不去。所以重新思考這個流程，發現，這個題目要求的是的全域性最優解，而不是區域性最優解，我們如果使用貪心演算法，找到的只是區域性最優解，但不一定是全域性最優解。

比如說[6,9,4,2]，貪心演算法的話，第一人首先會選擇6，那麼第二人則選擇9，第一人再選擇4，第二人會選擇2，那麼最終第一人獲得石子數：6+4=10；第二人：9+2=11；11 > 10，所以第二人會獲勝，這顯然不是我們不要的結果。

那如果找全域性最優解呢？其中困擾我的一點是，我並不知道當前的決定是如何影響後面的結果，那我要怎麼樣才能找到最優解。同時，我要考慮讓第一人每次拿到最優解，又要讓第二人也是每次拿到最優解，想著想著就把自己繞暈了。。。。

這說明我動態規劃的思想還沒完全成熟，很難在這種遞迴子問題中旅順一條最優解的思路【藍瘦，香菇】。
像這種有兩個角色的問題，我一開始思考問題是，分別從兩個角色的角度思考，那麼就會有兩個變數，所以想著想著，自己都亂了，更不用說找到實現問題的編碼思路了。所以針對這種問題，最好是隻從一個角度出發，既然另外一個角色會依賴第一個角色的決定，那麼用替換法，通過一個第一角度替換第二角色的角度。

比如說這個選擇石子的問題，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資料求出相鄰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。

每次取石頭堆只能從兩端取，那麼第一個可以選擇的石子堆的方式有兩種：

• 第一種：第一個人拿第i堆，那麼第二個就可以從第（i+1）堆和第（j）堆中選擇最優的石子堆（前面已經分析過了，不一定是更多的那一堆）；
• 第二種：第一個人拿第j堆，那麼第二個就可以從第（i）堆和第（j-1）堆中選擇最優的石子堆（前面已經分析過了，不一定是更多的那一堆）；
  因此，第一人選擇的時候，必須選擇這兩種方法中的最優石子堆。

根據我們的類推，我們可以設：

dp[i][j]表示為，從第i堆到第j堆石子中，第一個人最多可以比第二個人多拿到的石子數，即在一次選擇石頭堆的過程中，有兩個步驟，第一個人在第（i+1）堆和第（j）堆中選擇最優的石子堆，那麼第二個就會根據第一人的選擇，從剩下的石頭堆中選擇最優的石子堆，然後兩者相減，差值取最大，那麼這個結果就是當前第一個人做出的最優選擇。

狀態轉換方程是：dp[i][j] = max(piles[i] - dp[i+1][j], piles[j] - dp[i][j-1])。

• piles[i] - dp[i+1][j]表示第一人取走第（i）堆的石頭堆， dp[i+1][j]表示第二個就可以從第（i+1）堆和第（j）堆中選擇最優的石子堆，然後piles[i] - dp[i+1][j]表示第一個人最多可以比第二個人多拿到的石子數；
• piles[j] - dp[i][j-1]表示第一人取走第（j）堆的石頭堆，dp[i][j-1]表示第二個就可以從第（i）堆和第（j-1）堆中選擇最優的石子堆，然後piles[j] - dp[i][j-1]表示第一個人最多可以比第二個人多拿到的石子數；
• 對於dp[i][i]來說，就是隻有一堆石子可供選擇，那麼第一個直接選擇這一堆，自然是piles[i]本身；

3. 解決思路

狀態：dp[i][j]表示為，從第i堆到第j堆石子中，第一個人最多可以比第二個人多拿到的石子數。
狀態轉換方程是：dp[i][j] = max(piles[i] - dp[i+1][j], piles[j] - dp[i][j-1])

另外一定小機靈的分析方法，既然根據題目提供的條件，偶數堆+總數為奇數，說明一定存在有個勝利者，那麼就一定存在一條選擇方式能保證順利到達勝利，所以只要第一個人選擇這條路徑，那麼也能一定獲得勝利。也就是說，第一個開始的人選擇最優解一定會贏。

4. 程式碼實現（java）

• 方法一：

package com.algorithm.leetcode.dynamicAllocation;

/**
 * Created by 凌 on 2018/12/12.
 * 描述：877. 石子游戲
 */
public class StoneGame {
    public static void main(String[] args) {
//        int[] nums = {5,3,4,5};
//        int[] nums = {4,5,7,9,2,6};
        int[] nums = {3,7,2,3};
        boolean result = stoneGame(nums);
        System.out.println(result);
    }

    public static 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];
        }
        //依次計算相鄰2個石頭堆到n個石頭堆的情形
        //兩層迴圈的意思：每次外層迴圈控制i到j中間的數量，j是從第2堆到第n堆，第二層迴圈控制從第一堆（下標為0）到第dis堆
        for (int dis = 1; dis < len; dis++) {
            for (int i = 0; i < len-dis; i++) {
                int j = dis+i;
                dp[i][j] = Math.max(piles[i] - dp[i+1][j], piles[j] - dp[i][j-1]);
            }
        }
        return dp[0][len-1] > 0;
    }
}

• 方法二：

 public static boolean stoneGame(int[] piles) {
    return true;
}