题目描述

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。

递归

为了判断哪个玩家可以获胜,需要计算一个得分差值,即先手得分赢过后手的得分。当数组中的所有数字都被拿取时,如果先手与后手得分之差大于或等于 0,则先手获胜,反之则后手获胜。

由于每次只能从数组的任意一端拿取数字,因此可以保证数组中剩下的部分一定是连续的。假设数组当前剩下的部分为下标 start 到下标 end,其中 0 ≤ start ≤ end < nums.length。如果 start = end,则只剩一个数字,当前玩家只能拿取这个数字。如果 start < end,则当前玩家可以选择 nums[start] 或 nums[end],然后轮到另一个玩家在数组剩下的部分选取数字。这是一个递归的过程。递归时记录当前做选择的玩家赢过对手的分数。如果大于等于 0,则代表他在这个子问题中赢了。

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public boolean PredictTheWinner(int[] nums) {
return calculate(nums, 0, nums.length - 1) >= 0;
}

public int calculate(int[] nums, int start, int end) {
if (start == end) {
return nums[start];
}
int selectStart = nums[start] - calculate(nums, start + 1, end);
int selectEnd = nums[end] - calculate(nums, start, end - 1);
return Math.max(selectStart, selectEnd);
}

上面的递归,其实有很多重复的计算,比如你先选 1,我再选 7,和你先选 7,我再选 1,这两种所带来的子问题是一样的,都是剩下 [5, 233]。我们用数组或哈希表去存储计算过的子问题的解,遇到重复的子问题,就不用再次递归计算。

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Integer[][] maxScore;

public boolean PredictTheWinner(int[] nums) {
maxScore = new Integer[nums.length][nums.length];
return calculate(nums, 0, nums.length - 1) >= 0;
}

public int calculate(int[] nums, int start, int end) {
if (maxScore[start][end] != null) {
return maxScore[start][end];
}
if (start == end) {
return maxScore[start][end] = nums[start];
}
int selectStart = nums[start] - calculate(nums, start + 1, end);
int selectEnd = nums[end] - calculate(nums, start, end - 1);
return maxScore[start][end] = Math.max(selectStart, selectEnd);
}

复杂度分析

  • 时间复杂度:O(2^n),其中 n 是数组的长度。
  • 空间复杂度:O(n),其中 n 是数组的长度。空间复杂度取决于递归使用的栈空间。

动态规划

定义二维数组 dp,其行数和列数都等于数组的长度,dp[i][j] 表示当数组剩下的部分为下标 i 到下标 j 时,当前玩家与另一个玩家的分数之差的最大值,注意当前玩家不一定是先手。

  • 只有当 i ≤ j 时,数组剩下的部分才有意义,因此当 i > j 时,dp[i][j] = 0。
  • 当 i = j 时,只剩一个数字,当前玩家只能拿取这个数字,因此对于所有 0 ≤ i < nums.length,都有 dp[i][i] = nums[i]。
  • 当 i < j 时,当前玩家可以选择 nums[i] 或 nums[j],然后轮到另一个玩家在数组剩下的部分选取数字。在两种方案中,当前玩家会选择最优的方案,使得自己的分数最大化。因此可以得到如下状态转移方程:

    dp[i][j] = max(nums[i] − dp[i+1][j], nums[j] − dp[i][j − 1])

最后判断 dp[0][nums.length − 1] 的值,如果大于或等于 0,则先手得分大于或等于后手得分,因此先手成为赢家,否则后手成为赢家。

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public boolean PredictTheWinner(int[] nums) {
int[][] dp = new int[nums.length][nums.length];
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
dp[i][i] = nums[i];
}
for (int i = nums.length - 2; i >= 0; i--) {
for (int j = i + 1; j < nums.length; j++) {
dp[i][j] = Math.max(nums[i] - dp[i + 1][j], nums[j] - dp[i][j - 1]);
}
}
return dp[0][nums.length - 1] >= 0;
}

上述代码中使用了二维数组 dp。分析状态转移方程可以看到,dp[i][j] 的值只和 dp[i + 1][j] 与 dp[i][j − 1] 有关,即在计算 dp 的第 i 行的值时,只需要使用到 dp 的第 i 行和第 i + 1 行的值,因此可以使用一维数组代替二维数组,对空间进行优化。

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public boolean PredictTheWinner(int[] nums) {
int[] dp = new int[nums.length];
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
dp[i] = nums[i];
}
for (int i = nums.length - 2; i >= 0; i--) {
for (int j = i + 1; j < nums.length; j++) {
dp[j] = Math.max(nums[i] - dp[j], nums[j] - dp[j - 1]);
}
}
return dp[nums.length - 1] >= 0;
}

复杂度分析

  • 时间复杂度:O(n²),其中 n 是数组的长度。需要计算每个子数组对应的 dp 的值,共有 n * (n + 1) / 2 个子数组。
  • 空间复杂度:O(n),其中 n 是数组的长度。空间复杂度取决于额外创建的数组 dp,如果不优化空间,则空间复杂度是 O(n²),使用一维数组优化之后空间复杂度可以降至 O(n)。

来源

预测赢家 | 力扣(LeetCode)
预测赢家 | 题解(LeetCode)


文章标题:预测赢家
文章作者:cylong
文章链接:https://0skyu.cn/p/2996.html
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