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 。
示例：
输入：[5,3,4,5]
输出：true
解释：
亚历克斯先开始，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] 。
如果李拿走前 3 颗，那么剩下的是 [4,5]，亚历克斯拿走后 5 颗赢得 10 分。
如果李拿走后 5 颗，那么剩下的是 [3,4]，亚历克斯拿走后 4 颗赢得 9 分。
这表明，取前 5 颗石子对亚历克斯来说是一个胜利的举动，所以我们返回 true 。
提示：
2 <= piles.length <= 500
piles.length 是偶数。
1 <= piles[i] <= 500
sum(piles) 是奇数。
思路：
1.首先是递归的思想
每个人都是考虑过后的最优解 考虑自己拿了之后留给别人的少
利用两个函数 f 和 s表示先手和后手函数
//1.递归解法
public static boolean stoneGame(int[] piles) {
if (piles == null || piles.length == 0)
return false;
//判断第一个人拿的 是否大于第二个人
return f(piles, 0, piles.length - 1) > s(piles, 0, piles.length - 1);
}
// 先手函数
public static int f(int[] arr, int i, int j) {
if (i == j)
return arr[i];
//拿到可以得到最大的
return Math.max(arr[i] + s(arr, i + 1, j), arr[j] + s(arr, i, j - 1));
}
// 后手函数
public static int s(int[] arr, int i, int j) {
if (i == j)
return 0;
//得到先手留下最小的一种
return Math.min(f(arr, i, j - 1), f(arr, i + 1, j));
} 2.对其进行动态规划的改进
f[i][j] 表示从i到j先手获得的最大钱数
s[i][j] 表示从i到j后手获得的最大钱数
且f[i][j] = Math.max(piles[i] + s[i + 1][j], piles[j] + s[i][j - 1]); 可以得到的最大值
s[i][j] = Math.min(f[i + 1][j], f[i][j - 1]); 得到第一个人留下的最小的
最后比较f[i][j]和s[i][j]的大小
//2.改动态规划
public static boolean stoneGame1(int[] piles) {
if (piles == null || piles.length == 0) return false;
//f[i][j] 表示从i到j先手获得的最大钱数
//s[i][j] 表示从i到j后手获得的最大钱数
int[][] f = new int[piles.length][piles.length]; //存先手的
int[][] s = new int[piles.length][piles.length]; //存后手的
for (int j = 0; j < piles.length; j++) {
f[j][j] = piles[j];
for (int i = j - 1; i >= 0; i--) {
f[i][j] = Math.max(piles[i] + s[i + 1][j], piles[j] + s[i][j - 1]);
s[i][j] = Math.min(f[i + 1][j], f[i][j - 1]);
}
}
return f[0][piles.length - 1]>s[0][piles.length - 1];
} 该题类似排成一条线上的纸牌博弈问题 有兴趣可以搜搜看看
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