877. 石子游戏

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

方法一：记忆化搜索

我们设计一个函数 $dfs(i, j)$，表示从第 $i$ 堆石子到第 $j$ 堆石子，当前玩家与另一个玩家的石子数量之差的最大值。那么答案就是 $dfs(0, n - 1) \gt 0$。

函数 $dfs(i, j)$ 的计算方法如下：

如果 $i \gt j$，说明当前没有石子了，所以当前玩家没有石子可以拿，差值为 $0$，即 $dfs(i, j) = 0$。
否则，当前玩家有两种选择，如果选择第 $i$ 堆石子，那么当前玩家与另一个玩家的石子数量之差为 $piles[i] - dfs(i + 1, j)$；如果选择第 $j$ 堆石子，那么当前玩家与另一个玩家的石子数量之差为 $piles[j] - dfs(i, j - 1)$。当前玩家会选择两种情况中差值较大的情况，也就是说 $dfs(i, j) = \max(piles[i] - dfs(i + 1, j), piles[j] - dfs(i, j - 1))$。

最后，我们只需要判断 $dfs(0, n - 1) \gt 0$ 即可。

为了避免重复计算，我们可以使用记忆化搜索的方法，用一个数组 $f$ 记录所有的 $dfs(i, j)$ 的值，当函数再次被调用到时，我们可以直接从 $f$ 中取出答案而不需要重新计算。

时间复杂度 $O(n^2)$，空间复杂度 $O(n^2)$。其中 $n$ 是石子的堆数。

Python3JavaC++GoTypeScript

class Solution:
    def stoneGame(self, piles: List[int]) -> bool:
        @cache
        def dfs(i: int, j: int) -> int:
            if i > j:
                return 0
            return max(piles[i] - dfs(i + 1, j), piles[j] - dfs(i, j - 1))

        return dfs(0, len(piles) - 1) > 0

class Solution {
    private int[] piles;
    private int[][] f;

    public boolean stoneGame(int[] piles) {
        this.piles = piles;
        int n = piles.length;
        f = new int[n][n];
        return dfs(0, n - 1) > 0;
    }

    private int dfs(int i, int j) {
        if (i > j) {
            return 0;
        }
        if (f[i][j] != 0) {
            return f[i][j];
        }
        return f[i][j] = Math.max(piles[i] - dfs(i + 1, j), piles[j] - dfs(i, j - 1));
    }
}

class Solution {
public:
    bool stoneGame(vector<int>& piles) {
        int n = piles.size();
        int f[n][n];
        memset(f, 0, sizeof(f));
        auto dfs = [&](this auto&& dfs, int i, int j) -> int {
            if (i > j) {
                return 0;
            }
            if (f[i][j]) {
                return f[i][j];
            }
            return f[i][j] = max(piles[i] - dfs(i + 1, j), piles[j] - dfs(i, j - 1));
        };
        return dfs(0, n - 1) > 0;
    }
};

func stoneGame(piles []int) bool {
    n := len(piles)
    f := make([][]int, n)
    for i := range f {
        f[i] = make([]int, n)
    }
    var dfs func(i, j int) int
    dfs = func(i, j int) int {
        if i > j {
            return 0
        }
        if f[i][j] == 0 {
            f[i][j] = max(piles[i]-dfs(i+1, j), piles[j]-dfs(i, j-1))
        }
        return f[i][j]
    }
    return dfs(0, n-1) > 0
}

function stoneGame(piles: number[]): boolean {
    const n = piles.length;
    const f: number[][] = new Array(n).fill(0).map(() => new Array(n).fill(0));
    const dfs = (i: number, j: number): number => {
        if (i > j) {
            return 0;
        }
        if (f[i][j] === 0) {
            f[i][j] = Math.max(piles[i] - dfs(i + 1, j), piles[j] - dfs(i, j - 1));
        }
        return f[i][j];
    };
    return dfs(0, n - 1) > 0;
}

方法二：动态规划

我们也可以使用动态规划的方法，定义 $f[i][j]$ 表示当前玩家在 $piles[i..j]$ 这部分石子中能够获得的最大石子数的差值。那么最后答案就是 $f[0][n - 1] \gt 0$。

初始时 $f[i][i]=piles[i]$，因为只有一堆石子，所以当前玩家只能拿取这堆石子，差值为 $piles[i]$。

考虑 $f[i][j]$，其中 $i \lt j$，有两种情况：

如果当前玩家拿走了石子堆 $piles[i]$，那么剩下的石子堆为 $piles[i + 1..j]$，此时轮到另一个玩家进行游戏，所以 $f[i][j] = piles[i] - f[i + 1][j]$。
如果当前玩家拿走了石子堆 $piles[j]$，那么剩下的石子堆为 $piles[i..j - 1]$，此时轮到另一个玩家进行游戏，所以 $f[i][j] = piles[j] - f[i][j - 1]$。

因此，最终的状态转移方程为 $f[i][j] = \max(piles[i] - f[i + 1][j], piles[j] - f[i][j - 1])$。

最后，我们只需要判断 $f[0][n - 1] \gt 0$ 即可。