Alice and Bob continue their games with piles of stones. There are a number of piles arranged in a row, and each pile has a positive integer number of stones piles[i]. The objective of the game is to end with the most stones.
Alice and Bob take turns, with Alice starting first. Initially, M = 1.
On each player’s turn, that player can take all the stones in the first X remaining piles, where 1 <= X <= 2M. Then, we set M = max(M, X).
The game continues until all the stones have been taken.
Assuming Alice and Bob play optimally, return the maximum number of stones Alice can get.
Example 1:
Input: piles = [2,7,9,4,4]
Output: 10
Explanation: If Alice takes one pile at the beginning, Bob takes two piles, then Alice takes 2 piles again. Alice can get 2 + 4 + 4 = 10 piles in total. If Alice takes two piles at the beginning, then Bob can take all three piles left. In this case, Alice get 2 + 7 = 9 piles in total. So we return 10 since it's larger.
Example 2:
Input: piles = [1,2,3,4,5,100]
Output: 104
Constraints:
1 <= piles.length <= 1001 <= piles[i] <= 104
这道题是石头游戏系列的第二道，跟之前那道 Stone Game 不同的是终于换回了 Alice 和 Bob！还有就是取石子的方法，不再是只能取首尾两端的石子堆，而是可以取 [1, 2M] 范围内的任意X堆，M是个变化的量，初始化为1，每次取完X堆后，更新为 M = max(M, X)。这种取石子的方法比之前的要复杂很多，由于X的值非常的多，而且其不同的选择还可能影响到M值，那么整体的情况就特别的多，暴力搜索基本上是行不通的。这种不同状态之间转移的问题用动态规划 Dynamic Programming 是比较合适的，首先来考虑 DP 数组的定义，题目要求的是 Alice 最多能拿到的石子个数，拿石子的方式是按顺序的，不能跳着拿，所以决定某个状态的是两个变量，一个是当前还剩多少石子堆，可以通过当前位置坐标i来表示，另一个是当前的m值，只有知道了当前的m值，那么选手才知道能拿的堆数的范围，所以 DP 就是个二维数组，其 dp[i][m] 表示的意义在上面已经解释了。接下来考虑状态转移方程，由于在某个状态时已经知道了m值，则当前选手能拿的堆数在范围 [1, 2m] 之间，为了更新这个 dp 值，所有x的情况都要遍历一遍，即在剩余堆数中拿x堆，但此时x堆必须小于等于剩余的堆数，即 i + x <= n，i为当前的位置。由于每个选手都是默认选最优解的，若能知道下一个选手该拿的最大石子个数，就能知道当前选手能拿的最大石子个数了，因为二者之和为当前剩余的石子个数。由于当前选手拿了x堆，则下个选手的位置是 i+x，且m更新为 max(m,x)，所以其 dp 值为 dp[i + x][max(m, x)])。为了快速得知当前剩余的石子总数，需要建立累加和数组，注意这里是建立反向的累加和数组，其中 sums[i] 表示范围 [i, n-1] 之和。分析到这里就可以写出状态状态转移方程如下：
dp[i][m] = max(dp[i][m], sums[i] - dp[i + x][max(m, x)])
接下来就是一些初始化和边界定义的问题需要注意的了，dp 数组大小为 n+1 by n+1，因为选手是可能一次将n堆都拿了，比如 n=1 时，所以 dp[i][n] 是存在的，且需要用 sums[i] 来初始化。更新 dp 时需要用三个 for 循环，分别控制i，m，和 x，注意更新从后往前遍历i和m，因为我们要先更新小区间，再更新大区间。x的范围要设定为 x <= 2 * m && i + x <= n，前面也讲过原因了，最后的答案保存在 dp[0][1] 中返回即可，参见代码如下：
解法一：
class Solution {
public:
int stoneGameII(vector<int>& piles) {
int n = piles.size();
vector<int> sums = piles;
vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(n + 1));
for (int i = n - 2; i >= 0; --i) {
sums[i] += sums[i + 1];
}
for (int i = 0; i < n; ++i) {
dp[i][n] = sums[i];
}
for (int i = n - 1; i >= 0; --i) {
for (int m = n - 1; m >= 1; --m) {
for (int x = 1; x <= 2 * m && i + x <= n; ++x) {
dp[i][m] = max(dp[i][m], sums[i] - dp[i + x][max(m, x)]);
}
}
}
return dp[0][1];
}
};
我们再来用递归加记忆数组的方式来实现一下，其实核心思想跟上面完全一样，这里就不过多的讲解了，直接看代码吧：
解法二：
class Solution {
public:
int stoneGameII(vector<int>& piles) {
int n = piles.size();
vector<int> sums = piles;
vector<vector<int>> memo(n, vector<int>(n));
for (int i = n - 2; i >= 0; --i) {
sums[i] += sums[i + 1];
}
return helper(sums, 0, 1, memo);
}
int helper(vector<int>& sums, int i, int m, vector<vector<int>>& memo) {
if (i + 2 * m >= sums.size()) return sums[i];
if (memo[i][m] > 0) return memo[i][m];
int res = 0;
for (int x = 1; x <= 2 * m; ++x) {
int cur = sums[i] - sums[i + x];
res = max(res, cur + sums[i + x] - helper(sums, i + x, max(x, m), memo));
}
return memo[i][m] = res;
}
};
Github 同步地址:
https://github.com/grandyang/leetcode/issues/1140
类似题目：
参考资料：
https://leetcode.com/problems/stone-game-ii/
https://leetcode.com/problems/stone-game-ii/discuss/345247/C%2B%2B-DP-(Tabulation)
https://leetcode.com/problems/stone-game-ii/discuss/345230/JavaPython-DP-Solution
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