题目描述
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。
来源：力扣（LeetCode） 链接：https://leetcode-cn.com/problems/stone-game
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思路
1.动态规划
这题其实就是区间dp，上次做过一个类似的【LeetCode：312 戳气球】
状态定义：
piles[i]表示第i堆石子的个数
dp[l][r]表示在区间 [l, r] 中先手取石子，能够获得石子的最大值是多少（l, r 即下标范围）
对于问题：在区间[l, r]先手取石子，能够获得的最大值，有下面4种情况：(就是你和对手分别取石子，完成一回合
- 你取
l，对手 取l+1，问题转变为【在[l+2, r]区间取石子+piles[l]】 - 你取
l，对手 取r，问题转变为【在[l+1, r-1]区间取石子+piles[l]】 - 你取
r，对手 取r-1，问题转变为【在[l, r-2]区间取石子+piles[r]】 - 你取
r，对手 取l，问题转变为【在[l+1, r-1]区间取石子+piles[r]】
在上面四个情况中选最大的情况即可
状态转移方程：
注意因为用到的是l之后，r之前的值，所以循环时，l要递减，r要递增
dp[l][r] = max(max(piles[l]+dp[l+2][r], piles[l]+dp[l+1][r-1]),
max(dp[l][r-2]+piles[r], dp[l+1][r-1]+piles[r]));
代码1
class Solution {
public:
bool stoneGame(vector<int>& piles)
{
int dp[509][509];
int sum = piles[0];
// 初始条件：区间元素为2，取最大值
for(int i=1; i<piles.size(); i++)
{
dp[i-1][i] = max(piles[i-1], piles[i]);
sum += piles[i];
}
// 注意l递减 r递增
for(int l=piles.size()-1; l>=0; l--)
for(int r=l+2; r<piles.size(); r++)
dp[l][r] = max(max(piles[l]+dp[l+2][r], piles[l]+dp[l+1][r-1]),
max(dp[l][r-2]+piles[r], dp[l+1][r-1]+piles[r]));
// 如果能拿的最大值超过半数，胜利
if(dp[0][piles.size()-1]>sum/2)
return true;
return false;
}
};
2.巧取
已知石子为两堆，必赢
那么为4堆呢？
比如[4, 10, 2, 3]，显然不能每次都选择大的那堆，（贪心不能用
选1，那么总能够选到3
选4，那么总能选到2
1+3 与 2+4 的组合中，至少有一组是最大的（因为总数是奇数），所以总是能够获胜
如果把情况推导到n堆，那么
- 拿第1堆，总能拿到奇数堆
- 拿最后一堆，总能拿到偶数堆
情况1 和 情况2 的石子堆加在一起就是总的堆，因为总数是奇数，那么必定有一边是大的，于是肯定能赢
所以代码是：
class Solution {
public:
bool stoneGame(vector<int>& piles)
{
return true;
}
};
