Leetcode.877 石子游戏

Posted 2023-03-30 感觉画质不如…原神

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Leetcode.877 石子游戏 Rating : 1590

题目描述

Alice 和 Bob 用几堆石子在做游戏。一共有偶数堆石子，排成一行；每堆都有 正 整数颗石子，数目为 piles[i]。

游戏以谁手中的石子最多来决出胜负。石子的 总数 是 奇数 ，所以没有平局。

Alice 和 Bob 轮流进行，Alice 先开始 。 每回合，玩家从行的 开始 或 结束 处取走整堆石头。 这种情况一直持续到没有更多的石子堆为止，此时手中 石子最多 的玩家 获胜 。

假设 Alice 和 Bob 都发挥出最佳水平，当 Alice 赢得比赛时返回 true，当 Bob 赢得比赛时返回 false。

示例 1：

输入：piles = [5,3,4,5]
输出：true
解释：
Alice 先开始，只能拿前 5 颗或后 5 颗石子 。
假设他取了前 5 颗，这一行就变成了 [3,4,5] 。
如果 Bob 拿走前 3 颗，那么剩下的是 [4,5]，Alice 拿走后 5 颗赢得 10 分。
如果 Bob 拿走后 5 颗，那么剩下的是 [3,4]，Alice 拿走后 4 颗赢得 9 分。
这表明，取前 5 颗石子对 Alice 来说是一个胜利的举动，所以返回 true 。

示例 2：

输入：piles = [3,7,2,3]
输出：true

提示：

• $2<=piles.length<=500$
• piles.length 是 偶数
• $1<=piles[i]<=500$
• sum(piles[i])是 奇数

解法：区间dp

我们定义 $f(i,j)$ 为在区间 [ i , j ]中，先手 比 后手 多的最大石子数量。就是先手获得的石子数量 与 后手获得石子数量的最大差值。

对于案例1 piles = [3,7,2,3]，

我们的答案就是 $f(0,3)\ge 0$。因为 $f(0,3)$就代表在 [0 , 3]区间内，先手（Alice）比 后手（Bob）多的最大石子数量。对于整个区间 [0 , 3]，$f(0,3)\ge 0$，说明 Alice 能拿的石子 比 Bob多，所以返回 true。

对于区间 [i , j]，Alice有两种选择：要么拿 piles[i]和要么拿 piles[j]。

• Alice拿piles[i]，那么对于 Bob 就只能拿 [i + 1 , j]区间的石子。注意，在此时新局面 [i + 1 , j]，Bob就变为了先手，而 Alice 变为了后手。那么 $f(i+1,j)$就代表，Bob取得的石子数量 和 Alice 取得的石子数量的最大差值。 所以对于整体的 $f(i,j)=piles[i]-f(i+1,j)$。
• Alice拿piles[j]，那么对于 Bob 就只能拿 [i , j - 1]区间的石子。注意，在此时新局面 [i , j - 1]，Bob就变为了先手，而 Alice 变为了后手。那么 $f(i,j-1)$就代表，Bob取得的石子数量 和 Alice 取得的石子数量的最大差值。 所以对于整体的 $f(i,j)=piles[j]-f(i,j-1)$。

我们对这两种选择，取最大值 $f(i,j)=max(piles[i]-f(i+1,j),piles[j]-f(i,j-1))$。

时间复杂度： $O(n^2)$

C++代码：

class Solution 
public:
    bool stoneGame(vector<int>& piles) 
        int n = piles.size();

        int f[n][n];
        memset(f,0,sizeof f);

        for(int i = n-1;i >= 0;i--)
            for(int j = i + 1;j < n;j++)
                if(i == j)
                    f[i][j] = piles[i-1];
                    continue;
                
                f[i][j] = max(piles[i]  - f[i+1][j] , piles[j] - f[i][j-1]);
            
        

        return f[0][n-1] >= 0;
    
;

leetcode 877. 石子游戏

题目描述：

亚历克斯和李用几堆石子在做游戏。偶数堆石子排成一行，每堆都有正整数颗石子 piles[i] 。

游戏以谁手中的石子最多来决出胜负。石子的总数是奇数，所以没有平局。

亚历克斯和李轮流进行，亚历克斯先开始。 每回合，玩家从行的开始或结束处取走整堆石头。 这种情况一直持续到没有更多的石子堆为止，此时手中石子最多的玩家获胜。

假设亚历克斯和李都发挥出最佳水平，当亚历克斯赢得比赛时返回 true ，当李赢得比赛时返回 false 。

 

示例：

输入：[5,3,4,5]
输出：true
解释：
亚历克斯先开始，只能拿前 5 颗或后 5 颗石子 。
假设他取了前 5 颗，这一行就变成了 [3,4,5] 。
如果李拿走前 3 颗，那么剩下的是 [4,5]，亚历克斯拿走后 5 颗赢得 10 分。
如果李拿走后 5 颗，那么剩下的是 [3,4]，亚历克斯拿走后 4 颗赢得 9 分。
这表明，取前 5 颗石子对亚历克斯来说是一个胜利的举动，所以我们返回 true 。

 

思路分析：

是一个博弈问题。由于双方都是足够聪明的人，所以直接用贪心是不行的。

需要用到动态规划求解。dp[i][j][0]表示，在有第i堆到第j堆石子的情况下，先手的最大石子数。dp[i][j][1]则表示后手。状态转移方程是，dp[i][j][0] = max(piles[i]+dp[i+1][j][1], piles[j]+dp[i][j-1][1])，当先手选择最左边的，dp[i][j][1] = dp[i+1][j][0]; 当先手选择最右边的，dp[i][j][1] = dp[i][j-1][0]。这里的先手和后手是相对的，因此在更新是交替应用。

 

代码：

class Solution 
public:
    bool stoneGame(vector<int>& piles) 
        int n = piles.size();
        int dp[n][n][2] = 0;
        for(int i=0; i<n; i++)
        
            dp[i][i][0] = piles[i];
            dp[i][i][1] = 0;
        
        for(int l=1; l<n; l++)
        
            for(int i=0; i+l<n; i++)
            
                int j = l+i;
                int left = piles[i] + dp[i+1][j][1];
                int right = piles[j] + dp[i][j-1][1];
                if(left > right)
                
                    dp[i][j][0] = left;
                    dp[i][j][1] = dp[i+1][j][0];
                
                else
                
                    dp[i][j][0] = right;
                    dp[i][j][1] = dp[i][j-1][0];
                
            
        
        return dp[0][n-1][0]-dp[0][n-1][1]>0;
    
;