整理一下亞歷克斯和李用兩個人閒來無聊玩的7場石子遊戲(╯‵□′)╯︵┻━┻
雙方博弈的題一般都是動態規劃解決。也不排除像第一場遊戲有討巧的解法，或者第6場用的貪心方法。
一般來講，兩端都可以取，考慮二維dp；只有一端，考慮一維dp；任意取，大概率貪心。
兩端的情況，推薦順序（遊戲7->遊戲5）
一端的情況，推薦順序（遊戲3->遊戲4->遊戲2）
對dp的設定有兩種，一種是對於這部分石子，當前選手能拿到的最高分數，另一種是對於這部分石子，當前選手能拿到的最大差值。一般設為最大差值可以減少一些不必要的運算。
這裡講一下為什麼用差值比較好
假設當前選手a取i位置的石子
最大差值
dp[i] = 新增的分數-dp[i+1]
解釋dp[i+1]表示下乙個選手b取得最大差值 = b-a
新增的分數-(b-a) = a0+a-b = 當前選手a能得到的最大差值
最高分數
dp[i] = 新增的分數+(dp[i+1]之後能給雙方選手帶來的最大分數-dp[i+1])
解釋dp[i+1]表示下乙個選手b取得最大分數 = b
新增的分數+(dp[i+1]之後能給雙方選手帶來的分數之和-dp[i+1]) = a0+(a+b-b) = a0+a=當前選手a能得到的最高分數
很明顯可以看到對於dp[i+1]之後能給雙方選手帶來的分數之和若是條件稍微變一下，是不太容易求的。
這麼解釋，把一堆石子按奇偶數分，奇數字置的和，偶數字置的和，兩者肯定有乙個更大的，作為先手的話，他可以選取大一些的那個。
比如說，先手a想拿偶數字置的，只要上來拿0編號，對於後手b，只能拿1編號和n-1編號（均為奇數），然後b任意拿乙個，肯定會暴露出乙個偶數編號，a繼續拿這個偶數編號的。
所以說先手總能選大一些的那一堆，即肯定會贏。
class
solution
};
// dp[i][j]表示剩餘[i : len - 1]堆時，m = j的情況下，先取的人能獲得的最多石子數
// dp[i][m]=max
class
solution}}
return dp[0]
[1];
}};
對於當前選手來說，我有三種取法，那當前選手選擇的應該是能讓他與下乙個選手差值最大的。
//dp[i]: 對於石子stones[i..n-1]序列，當前選手可以取到的最大差值
//dp[i] = max(
// stone[i]-dp[i+1],
// stone[i]+stone[i+1]-dp[i+2],
// stone[i]+stone[i+1]+stone[i+2]-dp[i+3],
//)class
solution
}return dp[0]
==0?"tie"
: dp[0]
>0?
"alice"
:"bob";}
};
2<=n
,kϵ[
1,k]
k^2<=n, k\epsilon[1,k]
k2<=n
,kϵ[
1,k]
，那當前選手想贏的話，只要有乙個k滿足dp[n-k*k]必輸，那當前選手就必贏。
//dp[i]: i個石子當前選手的輸贏狀態
class
solution
}return dp[n];}
};
只不過這裡用乙個要遍歷k（分隔線），至於是拿k的左半部分，還是k的右半部分就取決於左半部分的和相比右半部分的和哪個更大了。計算一段序列的和可以考慮用字首和陣列。
不過本題其實可以優化一下，複雜度降為n^2，這裡暫時不討論。
/*
dp[i][j]: 對於石子stone[i...j]，alice能得到的最大分數
在[i+1,j] 中遍歷k，找到分數最大的那個作為dp[i][j]
對於分隔線k，將[i...j]分隔為[i..k-1]和[k...j]
當sum[i...k-1]>sum[k...j] 分數為sum[k...j]+dp[k][j]
當sum[i...k-1]class
solution
;int dp[
505]
[505];
for(
int i =
1; i <= n;
++ i)
pre[i]
+= pre[i-1]
+ stonevalue[i-1]
;for
(int i = n-
2; i >=0;
-- i)}}
return dp[0]
[n-1];
}};
假設有兩個石子，對a來說價值是a1, a2，對b來說價值是b1, b2。
若a取1，價值差為a1-b2
若a取2，價值差為a2-b1
那取哪個只需要判斷a1-b2 與a2-b1的大小，移項後即只要比較a1+b1與a2+b2的大小。
對先手來說，盡可能取這個石頭總價值高的。
整個思路就有了，把石頭按總價值排序，依次取就可以。
class
solution);
sort
(stones.
begin()
, stones.
end(),
(vector<
int>
& a, vector<
int>
& b));
int alicesum =
0, bobsum =0;
for(
int i =
0; i < n;
++ i)
return alicesum == bobsum ?0:
(alicesum > bobsum ?1:
-1);
}};
/*
dp[i][j]：對於石子序列stone[i...j]，當前選手能獲得的最大分數差值
對於dp[i][j]
當前選手有兩種取法
sum[i+1...j]-dp[i+1][j]
sum[i...j-1]-dp[i][j-1]
*/class
solution}}
return dp[0]
[n-1];
}};
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