小白也能看懂的算法笔记：Leetcode.486 预测赢家（零和博弈）

问题描述

题目如下：

给定一个表示分数的非负整数数组。 玩家 1 从数组任意一端拿取一个分数，随后玩家 2 继续从剩余数组任意一端拿取分数，然后玩家 1 拿，…… 。每次一个玩家只能拿取一个分数，分数被拿取之后不再可取。直到没有剩余分数可取时游戏结束。最终获得分数总和最多的玩家获胜。
　给定一个表示分数的数组，预测玩家1是否会成为赢家。你可以假设每个玩家的玩法都会使他的分数最大化。
示例 1：
　输入：[1, 5, 2]
　输出：False
　解释：一开始，玩家1可以从1和2中进行选择。如果他选择2(或者1)，那么玩家2可以从1(或者2)和5中进行选择。如果玩家2选择了5 ，那么玩家1则只剩下1(或者2)可选。所以，玩家1的最终分数为1+2=3，而玩家2为5。因此，玩家1永远不会成为赢家，返回False 。
示例 2：
　输入：[1, 5, 233, 7]
　输出：True
　解释：玩家1一开始选择1。然后玩家2必须从5和7中进行选择。无论玩家2选择了哪个，玩家1都可以选择233。最终，玩家1(234 分)比玩家 2(12分)获得更多的分数，所以返回True，表示玩家1可以成为赢家。
提示：
　· 1 <= 给定的数组长度 <= 20.
　· 数组里所有分数都为非负数且不会大于 10000000 。
　· 如果最终两个玩家的分数相等，那么玩家 1 仍为赢家。

这道题目我改了两次思路，都是错误的，现在把错误的思路也记录下来。

拿到题目首先想到的就是暴力遍历所有的情况，玩家1能赢一次就算赢。以示例1为例，如果玩家1取走1，玩家2取走2，玩家1再取走5，这样玩家1就能胜出。这种思路就是把玩家2当成傻子，玩家1取走1后，玩家2只剩2和5可以选择，玩家2在明明知道取走5可以赢的情况下取走2，显然是不符合题目要求的。

于是改进了一下方法，每一个玩家都能选择数列头部或尾部的数字，那么每次让他都取两者中较大的那个——这算是一种贪心策略。但这种方法在示例2出现问题，玩家1取走7，玩家2必然取走233，后面就不用看了，玩家2稳赢。

在示例2中，玩家1第一步就必须为接下来的步骤进行谋划，玩家1一定不能上来就取走7，取走7就会把233暴露出来，玩家2必然会取走233并获胜。

综上，玩家1和玩家2都不能是傻子。显然，玩家1和玩家2得分的总和是固定的，因此，玩家1得到的分数越多，玩家2得到的分数就越少。每一步玩家都在规划如何让自己得到最高分数的同时，让对方得到最少的分数——这就是一个零和博弈问题。

如果我们用score表示玩家1得到的分数减去玩家2减去的分数，那么玩家1就要让score尽可能大，玩家2就要让score尽可能小。以示例2为例，如果将所有情况都通过二叉树的形式表示出来，很容易得到下图。

图1

从叶子节点向上回溯，计算score的值。注意，玩家1会让score尽可能大，玩家2会让score尽可能小（极大极小算法）。

先计算叶子节点的score，叶子节点的情况是固定的。

图2

向上一层回溯。这一步是玩家1取数，玩家1希望score越大越好，因此两个子节点中取score更大的那个赋给父节点。

图3

倒数第二层由玩家2取数，玩家2希望score更小。

图4

最高的一层。计算出的score为222，score>0，说明玩家1可以获胜。

图5

观察上面的过程，我们是如何求max层节点（即玩家1取数）的score值呢？score = max(取走头部数字后其余数字的score + 头部数字，取走尾部数字后其余数字的score + 尾部数字)。

求min层节点（即玩家2取数）的score，score = min(取走头部数字后其余数字的score - 头部数字，取走尾部数字后其余数字的score - 尾部数字)。

实际上，这个max和min的过程统一成max，每一层都计算score = max(头部数字 - 取走头部数字后其余数字的score，尾部数字 - 取走尾部数字后其余数字的score)。当然这样计算出来的score就不再表示玩家1得到的分数减去玩家2得到的分数了，但最终的结果和前面的方法是完全等价的。

用这样的方法来回溯树得到的结果如下。

图6

根据这个过程编写代码。

#include 

class Solution {
public:
    int Score(vector& nums, int begin, int end) {
        if (begin == end) 
            return nums[begin];
        else {
            int beginScore = nums[begin] - Score(nums, begin + 1, end);
            int endScore = nums[end] - Score(nums, begin, end - 1);
            return max(beginScore, endScore);
        }
    }

    bool PredictTheWinner(vector& nums) {
        int len = nums.size();
        int score = Score(nums, 0, len - 1);
        return score >= 0;
    }
};

运行结果如下。

接下来思考一下如何减小时间消耗。观察图1中我们构建的树，可以发现有一些节点是重复的。其实我们发现，得分情况score和剩余的数列是相关的，比如如果剩余的数列是{5, 233}，那么score就一定是228，这很好理解，因为剩下{5, 233}时轮到玩家1取数，只要玩家1不犯傻，就一定先取走233，把5留给玩家2。但重复计算了两次。如下图。

图7

因此我们使用动态规划算法，减少重复计算的次数。

动态规划问题的核心三个要点：

1. 确定dp数组的含义。我们看到每个节点都是数组中连续的子列，因此用dp[i][j]表示下标从i到j的子列的score值，。参考图5。
2. 找到初始状态。当i==j时，就表示叶子节点，此时 。
3. 确定转移方程。时，。

代码如下。

#include 

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

结果如下。

空间上，这个算法还可以继续优化。还是以示例2为例，dp矩阵的变化如下。

这里的dp是一个二维矩阵，但完全可以被优化成一个长度为len的一维矩阵，优化后的迭代过程如下。

代码如下

#include 

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

运行结果如下。

这是一道最简单的最大最小原理的应用，事实上，在下棋类问题(五子棋、象棋)中最大最小原理的应用更加深入广泛，并使用α-β剪枝来节约时间开销，这里就不再赘述了。

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