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
);//dp[1,n]-(s
-dp[1,n])=2*dp(1,n)-s

}
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]
-s
);
}
return 0;
}