Leetcode_877_1140_StoneGame_I_II

Leetcode_877_1140_StoneGame_I_II_动态规划题目

一、Leetcode_877_StoneGame_Medium

1. 题目描述

/**
* Leetcode_877_StoneGame_Medium
* Alex and Lee play a game with piles of stones.  There are an even 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.  The total number of stones is odd,
* so there are no ties.
* Alex and Lee take turns, with Alex starting first.  Each turn, a player takes
* the entire pile of stones from either the beginning or the end of the row.
* This continues until there are no more piles left, at which point the person with the most stones wins.
* Assuming Alex and Lee play optimally, return True if and only if Alex wins the game.
*

* Example 1:
* Input: [5,3,4,5]
* Output: true
* Explanation:
* Alex starts first, and can only take the first 5 or the last 5.
* Say he takes the first 5, so that the row becomes [3, 4, 5].
* If Lee takes 3, then the board is [4, 5], and Alex takes 5 to win with 10 points.
* If Lee takes the last 5, then the board is [3, 4], and Alex takes 4 to win with 9 points.
* This demonstrated that taking the first 5 was a winning move for Alex, so we return true.
* Note:
* 2 <= piles.length <= 500
* piles.length is even.
* 1 <= piles[i] <= 500
* sum(piles) is odd.

2. 思路分析

* 规则分析(重要)：
* ①两个人选择都是采用最佳方法选择，因此，差别只有谁先开始之分,那么最佳选择的算法是一致的；
* ②数组piles的长度可为偶数，两人选择的次数相同；
* ③每个人只有两种选择，要么是选择left要么是选择right;
* ④上一人选择left,下一人就需要从[left+1,right]中选择;
* 上一人选择right,下一人就需要从[left,right-1]中选择。
* ⑤最终谁选择数之和大，就赢；正好是两者交替选择，因此，采用作差法即可。
* 作差法：减减等于加。A-(B-C)  = A-B+C;A-(B-(C-D))=A-B+C-D;
*

* 方法0：直接返回true即可。
* 两人都是以最佳方式选择，且堆数为偶数，总和为奇数，因此谁先选择谁赢。
* 方法1：递归方法。利用Min-Max递归解法，返回最大的相对差值。
* 时间复杂度为O(N^2),无法通过。
* 方法2：利用动态规划解决。dp[][]
* dp[start][end]表示当前首选之人从start到end数组中最佳选择情况下，
* 选择数的和与第二个人选择数之和的差值。
* 如Alex首选，Lee后选：dp[0][len-1]表示Alex(首选之人)选择所有数之和比Lee大的值;
* 则dp[1][len-1]表示在Lee从1-(len-1)数组中选择所有数之和比Alex的差值；
* 实际利用的是dp[][]的右上三角；按照对角线遍历，利用perLen来进行遍历填值。
* 首先最长对角线初始化为piles值；然后递推公式：
* dp[start][end] = Math.max(piles[start] - dp[start + 1][end], piles[end] - dp[start][end - 1]);
* 时间复杂度：O(N^2);
* 空间复杂度：O(N).
* 方法3：利用动态规划解决，降低空间复杂度。dp[N]
* 从递推公式dp[start][end] = Math.max(piles[start] - dp[start + 1][end], piles[end] - dp[start][end - 1])
* 看出dp[start][end]只与相邻左边元素和下边元素有关，即上一个对角线上的两个元素，
* 每次perLen循环就是从旧的对角线更新到新的对角线，且对角线长度逐渐降低，因此元素覆盖即可。
*/

3. 算法

• // 方法0：直接返回true即可，Alex必定会赢

public boolean stoneGame1(int[] piles) {
    return !(piles == null || piles.length == 0);
}

•  方法1：Min-Max方法：当piles长度过大时，递归时间太长

/**
* Leetcode提交超时不通过Time Limit Exceeded
* 时间复杂度：O(2^N)，太大了
* 空间复杂度：O(N);递归深度为N
*/
public boolean stoneGame_Recursive(int[] piles) {
    if (piles == null || piles.length == 0) return false;
    return diff(piles, 0, piles.length - 1) > 0;
}

/***
* 由于两人都是最佳选择：所以抽象一个方法，从start到end时选择相对差值最大的。
*
* 数组从start到end最佳选择下返回的最大差值
* 递归终止条件：start==end返回本身即可；
* 否则，对应两种选择：1、自己选择start，然后减去对手从start+1到end的最佳选择最大差值；
* 2、自己选择end，然后减去对手从start到end-1的最佳选择的最大差值。
* 两种选择中取max，即自身选择从start到end的最大差值。
*/
public int diff(int[] piles, int left, int right) {
    if (left < 0 || right >= piles.length || left > right) return 0;//边界条件判断
    if (left == right) return piles[left];//递归终止条件
    return Math.max(piles[left] - diff(piles, left + 1, right),
            piles[right] - diff(piles, left, right - 1));
}

•  方法2：Min-Max方法+DP：dp[][]

 

/**
* 由于递归存在大量重复问题，利用dp[left][right]解决重复问题.
* dp[left][right]表示从left到right中开始选择的最大的差值。
* dp[left][right] = Math.max(piles[left] - dp[left + 1][right],piles[right] - dp[left][right - 1]);
* 时间复杂度：O(N^2)
* 空间复杂度：O(N^2);仅仅利用矩阵dp[][]的右上三角矩阵。
*/
public boolean stoneGame_DP1(int[] piles) {
    if (piles == null || piles.length == 0) return false;
    int len = piles.length;
    int[][] dp = new int[len][len];
    //初始化--副对角线
    for (int i = 0; i < len; i++) dp[i][i] = piles[i];
    int left, right;
    for (int perLen = 2; perLen <= len; perLen++) {
        for (left = 0; left <= len - perLen; left++) {
            right = left + perLen - 1;
            dp[left][right] = Math.max(
                    piles[left] - dp[left + 1][right],
                    piles[right] - dp[left][right - 1]);
        }
    }
    return dp[0][len - 1] > 0;//大于0，获胜
}

• * 方法3：动态规划解法，降低空间复杂度

 

/**
* 时间复杂度：O(N^2)
* 空间复杂度：O(N);仅仅利用矩阵dp[][]的副对角线。
* dp[left] = Math.max(piles[left] - dp[left + 1], piles[right] - dp[left]);
* 这里的dp[left+1]相当于二维的dp[left+1][right];
* dp[left]相当于是dp[left][right-1];
* 之所以可以将维度，是因为可以利用长度perLen控制。
*/
public boolean stoneGame(int[] piles) {//最佳
    if (piles == null || piles.length == 0) return false;
    int[] dp = Arrays.copyOf(piles, piles.length);//相当于dp[][]的反对角线
    int left, right;
    for (int perLen = 2; perLen <= piles.length; perLen++) {
        for (left = 0; left <= piles.length - perLen; left++) {
            right = left + perLen - 1;
            dp[left] = Math.max(piles[left] - dp[left + 1], piles[right] - dp[left]);
            //等号右侧的dp代表的是上一次更新的dp值，即长度为perLen对应的差值。
        }
    }
    return dp[0] > 0;
}

二、Leetcode_1140_StoneGame_II_Medium

1. 题目描述

/********************Leetcode_1140_StoneGame_II_Medium*********************/
/**
* Alex and Lee 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.
*

* Alex and Lee take turns, with Alex 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 Alex and Lee play optimally,
* return the maximum number of stones Alex can get.
*

* Example 1:
*

* Input: piles = [2,7,9,4,4]
* Output: 10
* Explanation:  If Alex takes one pile at the beginning,
* Lee takes two piles, then Alex takes 2 piles again.
* Alex can get 2 + 4 + 4 = 10 piles in total.
* If Alex takes two piles at the beginning, then Lee
* can take all three piles left. In this case, Alex get
* 2 + 7 = 9 piles in total. So we return 10 since it's larger.
* Constraints:
*

* 1 <= piles.length <= 100
* 1 <= piles[i] <= 10 ^ 4
* 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
* 样例
* 输入：piles = [2,7,9,4,4]
* 输出：10
* 解释：
* 如果亚历克斯在开始时拿走一堆石子，李拿走两堆，接着亚历克斯也拿走两堆。
* 在这种情况下，亚历克斯可以拿到 2 + 4 + 4 = 10 颗石子。
*

* 如果亚历克斯在开始时拿走两堆石子，那么李就可以拿走剩下全部三堆石子。
* 在这种情况下，亚历克斯可以拿到 2 + 7 = 9 颗石子。
*

* 所以我们返回更大的 10。
* 限制:
* 1 <= piles.length <= 100
* 1 <= piles[i] <= 10 ^ 4
*

*

2. 思路分析：动态规划。https://www.acwing.com/solution/leetcode/content/3172/
 

* (动态规划) O(N^3)
* f(i,M) 表示当前位于第 i 位置M值时，先手能取到的最大的石子数量。
* 我们需要从后往前转移，因为最后的状态我们都是可以直接得到的。维护后缀和 sum。
* 有效位置的下标从 0 到 n−1，M 的下标从 1 到 n。
* 初始化：对于所有的 1≤M≤n，f(n,M)=0。这是边界情况。
* 转移时，我们需要枚举这一次先手取多少个石子 k，满足 1≤k≤2∗j，且 i+k≤n（i+k=n就是后边的石子全部取完），
* 我们转移 f(i,j)=max(f(i,j),sum(i)−f(i+k,max(j,k)))。
* 这里用 sum(i)sum(i) 减的原因是，此时我们交换了先后手，被转移的先手 以当前状态的角度看是后手，
* 所以需要从总和里去除。
* 最后答案就是 f(0,1)，表示当前在第 0 个位置，且 M 为 1 时先手能取到的最大值。
* 时间复杂度: 状态数为 O(n^2) 个，转移需要 O(n)的时间，故时间复杂度为 O(n^3)。
* 空间复杂度:需要 O(n^2) 的数组记录状态，故空间复杂度为 O(n^2)。
*/

public int stoneGameII(int[] piles) {
    if (piles == null || piles.length == 0) return 0;
    if (piles.length == 1) return piles[0];
    int len = piles.length;
    int[] sum = new int[len + 1];
    for (int i = len - 1; i >= 0; i--) sum[i] += sum[i + 1] + piles[i];//sum[i]是从i到len-1之和
    int[][] dp = new int[len + 1][len + 1];//创建dp[][]数组;dp[len][*]=0很重要，也算是初始化了
    for (int i = len - 1; i >= 0; i--)//i范围是0-len-1
        for (int M = 1; M <= len; M++) {//M范围1-len
            //X只需要遍历1-2*M即可，且当i+X==len时，说明后面一次即可全部获取，
            //这时dp[i][M]=sum[i];下面的表达式满足，因为dp[len][*]=0;
            for (int X = 1; X <= 2 * M && i + X <= len; X++) {
                dp[i][M] = Math.max(dp[i][M], sum[i] - dp[i + X][Math.max(M, X)]);
                //当i+X==0时，相当于dp[i][M]=Math.max(dp[i][M],sum[i])=sum[i];一次全收了肯定最大
            }
        }
    return dp[0][1];
}