石子游戏(leetcode877)

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 。
思路

状态：游戏的得分与石子的起始和结束位置有关，选择使其位置i和结束位置j作为状态，用dp[i][j]表示以第i个石子为起始，以第j个石子为结束位置时，先手的最高得分。
状态转移方程：为了便于分析，第一个选手得分减去另一个选手得分，也即记录得分的相对值。先手有两中不同的选择：选择第i个石子，则下一个选手可得的最高分是dp[i+1][j],因此该选手的相对得分为piles[i]-dp[i+1][j]；若选择第j个石子，此时同理可得该选手的得分相对值为piles[j]-dp[i][j-1]。由此可得状态转移方程为dp[i][j]=max(piles[i]-dp[i+1][j],piles[j]-dp[i][j-1])。
初始值：dp[i][i]=piles[i]，因为只有一个石子。
结果：dp[0][N-1],N为石子的长度。

代码

class Solution {public:bool stoneGame(vector<int>& piles) {int N = piles.size();int dp[N][N];memset(dp, 0, sizeof(dp));for(int i = 0; i < N; i++){dp[i][i] = piles[i];  }for(int i = N-2; i >=0; i--){for(int j = i+1; j < N; j++){dp[i][j] = max(piles[i]-dp[i+1][j], piles[j]-dp[i][j-1]);}}return dp[0][N-1] > 0; }
};

石子游戏(leetcode1140)

题目描述
亚历克斯和李继续他们的石子游戏。许多堆石子排成一行，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。
亚历克斯和李轮流进行，亚历克斯先开始。最初，M = 1。
在每个玩家的回合中，该玩家可以拿走剩下的前 X 堆的所有石子，其中 1 <= X <= 2M。然后，令 M = max(M, X)。
游戏一直持续到所有石子都被拿走。
假设亚历克斯和李都发挥出最佳水平，返回亚历克斯可以得到的最大数量的石头。

思路

dp[i][j] 代表当前还剩下i堆石头，M为j的情况下能获取到的最大重量
状态转移方程为：
dp[i][j] = max{sums[N] - sums[i] - dp[i - k][max(k, j)]} (1 <= k <= 2 * j)
sums[N] - sums[i]代表剩下i堆石头的总重量，若本次取k堆，那么下次取的时候M就变成了max(k, j)，
下次能获取到的最大值对应到dp的定义就是dp[i - k][max(k, j)]

代码

class Solution {public:int stoneGameII(vector<int>& piles) {int N = piles.size();int sums[N+1];int dp[N+1][N+1];memset(sums, 0, sizeof(sums));memset(dp, 0, sizeof(dp));for(int i = 0; i < N; ++i){sums[i+1] = sums[i] + piles[i];}for(int i = 0; i <= N; ++i){for(int j = i; j <= N; j++){dp[i][j] = sums[N] - sums[N-i];   //剩余i堆石头的总和}  }for(int i = 1; i <= N; ++i){for(int j = 1; j <= N; ++j){    //剩余i堆里选k堆for(int k = 1; k <= 2*j && k <= i; ++k){dp[i][j] = max(dp[i][j], sums[N] - sums[N-i] - dp[i-k][min(max(k,j), N)]); }}}return dp[N][1];}
};

石子游戏(leetcode1686)

题目描述
Alice 和 Bob 轮流玩一个游戏，Alice 先手。
一堆石子里总共有 n 个石子，轮到某个玩家时，他可以移出一个石子并得到这个石子的价值。Alice 和 Bob 对石子价值有不一样的的评判标准。双方都知道对方的评判标准。
给你两个长度为 n 的整数数组 aliceValues 和 bobValues 。aliceValues[i] 和 bobValues[i] 分别表示 Alice 和 Bob 认为第 i 个石子的价值。
所有石子都被取完后，得分较高的人为胜者。如果两个玩家得分相同，那么为平局。两位玩家都会采用最优策略进行游戏。
请你推断游戏的结果，用如下的方式表示：
如果 Alice 赢，返回 1 。
如果 Bob 赢，返回 -1 。
如果游戏平局，返回 0 。
思路

贪心算法：贪心算法对每个子问题的解决方案都做出选择，不能回退；动态规划则会根据以前的选择结果对当前进行选择，有回退功能。动态规划主要运用于二维或三维问题，而贪心一般是一维问题。
假设有又两个石头，Alice和Bob对这两个石头的价值分别是a1、a2、b1、b2。Alice是先手，有两种选择方案，第一种是Alice先选第一块石头，此时Alice获得的价值是a1-b2;第二种是Bob先选第一块石头，此时Alice获胜的价值是a2-b1。故两种方案的价值差为c=(a1-b2)-(a2-b1)=(a1+b1)-(a2+b2)。如果c > 0 那么方案一更优，如果c == 0，那么两种方案价值一样，如果c < 0那么方案二更优。推广得比较每个下标 i 的 a[i] + b[i] 的优劣。
贪心的策略是：合并两组石头的价值，每次取价值最大的组。Alice先取，故是奇数下标；Bob是偶数下标。

代码

class Solution {public:int stoneGameVI(vector<int>& aliceValues, vector<int>& bobValues) {int n = aliceValues.size();vector<pair<int,int>> mp;  //总和+下标for(int i = 0; i < n; ++i){int dis = aliceValues[i] + bobValues[i];mp.emplace_back(dis,i);}sort(mp.rbegin(), mp.rend()); //对价值从大到小排序int sum1 = 0, sum2 = 0;for(int i = 0; i < n; ++i){if(i % 2==0) sum1 += aliceValues[mp[i].second];else sum2 += bobValues[mp[i].second]; }if(sum1 == sum2) return 0;else if(sum1 > sum2) return 1;else return -1;}
};

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