题目描述

爱丽丝和鲍勃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。

爱丽丝和鲍勃轮流进行，爱丽丝先开始。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。

假设爱丽丝和鲍勃都发挥出最佳水平，返回爱丽丝可以得到的最大数量的石头。

示例 1：

输入：piles = [2,7,9,4,4]
输出：10
解释：如果一开始Alice取了一堆，Bob取了两堆，然后Alice再取两堆。爱丽丝可以得到2 + 4 + 4 = 10堆。如果Alice一开始拿走了两堆，那么Bob可以拿走剩下的三堆。在这种情况下，Alice得到2 + 7 = 9堆。返回10，因为它更大。

示例 2:

输入：piles = [1,2,3,4,5,100]
输出：104

提示：

1 <= piles.length <= 100
1 <= piles[i] <= 104

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode.cn/problems/stone-game-ii

题目分析

应该是搜索问题。对每一种取石子的方式进行模拟，返回当前策略下双方的石子数量。为了保证爱丽丝和鲍勃都发挥出最佳水平，每一次取石子的方式都要保证为当前最优方式。

判断最优方式的策略：（参考@灵茶山艾府的题解）

如果当前可以把剩下的石子都拿完，则全部拿取为最优策略
如果不能把剩下的石子一次性拿完，因为剩下的石子总数固定，如果对手能拿的石子最少，则为自己当前的最优选择

因此需要计算每一步时剩下的石子数，采用后缀和的方式实现。
初步实现代码如下：

class Solution {public:int optimum_choice(int cur,int m, vector<int>& remain){if(cur+2*m>=remain.size()){return remain[cur]; //如果能把剩下的都拿完}int op_min=remain[0];for(int i=1;i<=2*m;i++){op_min = min(op_min,optimum_choice(cur+i,max(m,i),remain)); //计算出当前玩家拿i-cur堆时，对手可能拿到的最少石子数//cout<<i<<" "<<op_min<<endl;}return remain[cur]-op_min; //当前剩下的总数减去对手拿的石子数为自己拿到的数量}int stoneGameII(vector<int>& piles) {int m=1;int size = piles.size();vector<int> remain(size); //后缀和，记录剩下的石子数remain[size-1] = piles[size-1];for(int i=size-2;i>=0;i--){remain[i] = remain[i+1] + piles[i];//cout<<i<<" "<<remain[i]<<endl;}return optimum_choice(0,m,remain);}
};

通过样例但是超时，继续优化：
采用记忆化搜索减少搜索次数，从而减少运行时间。当剩下的堆数和m相同时，最优策略总是相同的。使用mem数组标记该方案是否计算过

class Solution {public:int optimum_choice(int cur,int m, vector<int>& remain, int* mem){if(cur+2*m>=remain.size()){return remain[cur]; //如果能把剩下的都拿完}if(mem[(cur)*remain.size()+m]!=0){return mem[cur*remain.size()+m];}int op_min=remain[0];for(int i=1;i<=2*m;i++){op_min = min(op_min,optimum_choice(cur+i,max(m,i),remain,mem)); //计算出当前玩家拿i-cur堆时，对手可能拿到的最少石子数}mem[(cur)*remain.size()+m]=remain[cur]-op_min; //当前剩下的总数减去对手拿的石子数为自己拿到的数量return mem[(cur)*remain.size()+m];}int stoneGameII(vector<int>& piles) {int m=1;int size = piles.size();vector<int> remain(size); //后缀和，记录剩下的石子数int mem[size][size];    //第一维记录指针，第二维记录Mmemset(mem,0,sizeof(mem));remain[size-1] = piles[size-1];for(int i=size-2;i>=0;i--){remain[i] = remain[i+1] + piles[i];//cout<<i<<" "<<remain[i]<<endl;}return optimum_choice(0,m,remain,*mem);}
};

总结

经过三天的练习，大概认清了自己目前的水平。遇到问题时能正确的判断出应该使用什么算法，但是具体策略的制定不清晰，以及在具体落实到代码上的过程中会出现逻辑上的错误，包括指针越界等。希望通过大量的练习可以改善以上问题。

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