UVa 10891（记忆化搜索，递推）Game of Sum

例题28 Sum游戏（Game of Sum, UVa 10891）
有一个长度为n的整数序列， 两个游戏者A和B轮流取数，A先取。 每
次玩家只能从左端或者右端取一个数， 但不能两端都取。 所有数都被取
走后游戏结束， 然后统计每个人取走的所有数之和， 作为各自的得分。
两个人采取的策略都是让自己的得分尽量高， 并且两人都足够聪明， 求A
的得分减去B的得分后的结果。
【输入格式】
输入包含多组数据。 每组数据的第一行为正整数n（1≤n≤100） ， 第
二行为给定的整数序列。 输入结束标志为n＝0。
【输出格式】
对于每组数据， 输出A和B都采取最优策略的情况下，A的得分减去B
的得分后的结果。
【分析】
整数的总和是一定的， 所以一个人得分越高， 另一个人的得分就越
低。 不管怎么取， 任意时刻游戏的状态都是原始序列的一段连续子序列
（即被两个玩家取剩下的序列） 。 因此， 我们想到用d（i，j） 表示原序
列的第i～j个元素组成的子序列（元素编号为1～n） ， 在双方都采取最优
策略的情况下， 先手得分的最大值（只考虑i～j这些元素） 。
状态转移时， 我们需要枚举从左边取还是从右边取以及取多少个。
这等价于枚举给对方剩下怎样的子序列： 是（k，j） （i＜k≤j） ， 还是
（i， k） （i≤k＜j） 。 因此：
其中， sum（i，j） 是元素i到元素j的数之和。 注意， 这里的“0”是“取
完所有数”的决策， 有了它， 方程就不需要显式的边界条件了。
两人得分之和为sum（1，n） ， 因此答案是d（1，n） －（sum（1，
n） －d（1，n） ） ＝2d（1，n） －sum（1，n） 。 注意， sum（i，j） 的计
算不需要循环累加， 可以预处理S[i]为前i个数之和， 则sum（i，j） ＝S[j]
－S[i－1]。

下面是完整代码。 它采用了记忆化搜索的方式， 显得更加自然。

/*状态有O(n)个，每个状态有O(n)个转移，所以时间复杂度为O(n^3)，空间复杂度为O(n^2)发现一件事：其实相互博弈就是一个相互递归的过程可以一次取光，不可以不取*/#include<cstdio>#include<iostream>#include<cstring>using namespace std;const int mx=105;int n,a[mx],d[mx][mx],s[mx],vis[mx][mx];int dp(int i,int j){    if(vis[i][j]) return d[i][j];    vis[i][j]=1;    int m=0;//是全部取完，此时就不需要显式的边界了    for(int k=i+1; k<=j; k++) m=min(m,dp(k,j));    for(int k=i; k<j; k++) m=min(m,dp(i,k));    return d[i][j]=s[j]-s[i-1]-m;//这个注意是i-1}int main(){    while(scanf("%d",&n)&&n)    {        for(int i=1; i<=n; i++)        {            scanf("%d",a+i);            s[i]=s[i-1]+a[i];        }        memset(vis,0,sizeof(vis));        printf("%d\n",2*dp(1,n)-s[n]);//dp[1,n]-(s[n]-dp[1,n])=2*dp(1,n)-s[n]    }    return 0;}

状态有O（n2） 个， 每个状态有O（n） 个转移， 所以时间复杂度为
O（n3） ， 空间复杂度为O（n2） 。 对于本题的规模， 这样的时间复杂度已
经不错了， 但其实还可以进一步改进。 让我们回顾一下状态转移方程：
如果令f（i，j） ＝min｛d（i，j） ， d（i＋1，j） ， …，d（j，
120
j） ｝ ， g（i，j） ＝min｛d（i，j） ， d（i，j－1） ，…， d（i，i） ｝ ， 则
状态转移方程可以写成：
f和g也可以快速递推出来：f（i，j） ＝min｛d（i，j） ， f（i＋1，
j） ｝ ， g（i，j） ＝min｛d（i，j） ， g（i，j－1） ｝ ， 因此每个f（i，j）
的计算时间都降为了O（1） 。 下面我们用递推（而非记忆化搜索） 的方
法编写。 代码如下。

//递推解法,时间复杂度O(n^2),神奇的递推啊，推个公式得推多久啊 #include<cstdio>#include<iostream>#include<cstring>using namespace std;const int mx=105;int n,a[mx],d[mx][mx],s[mx],f[mx][mx],g[mx][mx];int main(){while(scanf("%d",&n)&&n){for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",a+i);s[i]=s[i-1]+a[i];}for(int i=1;i<=n;i++) f[i][i]=g[i][i]=d[i][i]=a[i];//边界for(int L=1;L<n;L++)for(int i=1;i+L<=n;i++){int j=i+L;int m=min(0,min(f[i+1][j],g[i][j-1]));d[i][j]=s[j]-s[i-1]-m;f[i][j]=min(d[i][j],f[i+1][j]);g[i][j]=min(d[i][j],g[i][j-1]); }  printf("%d\n",2*d[1][n]-s[n]);}return 0;}