描述
你和你的朋友面前有一排石头堆,用一个数组 piles 表示,piles[i] 表示第 i 堆石子有多少个。你们轮流拿石头,一次拿一堆,但是只能拿走最左边或者最右边的石头堆。所有石头被拿完后,谁拥有的石头多,谁获胜。
题目解释:
石头的堆数可以是任意正整数,石头的总数也可以是任意正整数,这样就能打破先手必胜(石头游戏)的局面了。比如有三堆石头 piles = [1, 100, 3],先手不管拿 1 还是 3,能够决定胜负的 100 都会被后手拿走,后手会获胜。
假设两人都很聪明,请你设计一个算法,返回先手和后手的最后得分(石头总数)之差。比如上面那个例子,先手能获得 4 分,后手会获得 100 分,你的算法应该返回 -96。
这样推广之后,这个问题算是一道 Hard 的动态规划问题了。博弈问题的难点在于,两个人要轮流进行选择,而且都贼精明,应该如何编程表示这个过程呢?
还是强调多次的套路,首先明确 dp 数组的含义,然后和股票买卖系列问题类似,只要找到「状态」和「选择」,一切就水到渠成了。
解析思路
定义 dp 数组的含义
定义 dp 数组的含义是很有技术含量的,同一问题可能有多种定义方法,不同的定义会引出不同的状态转移方程,不过只要逻辑没有问题,最终都能得到相同的答案。
我建议不要迷恋那些看起来很牛逼,代码很短小的奇技淫巧,最好是稳一点,采取可解释性最好,最容易推广的设计思路。本文就给出一种博弈问题的通用设计框架。
介绍 dp 数组的含义之前,我们先看一下 dp 数组最终的样子:
下文讲解时,认为元组是包含 first 和 second 属性的一个类,而且为了节省篇幅,将这两个属性简写为 fir 和 sec。比如按上图的数据,我们说 dp[1][3].fir = 10
,dp[0][1].sec = 3
。
先回答几个读者可能提出的问题:
这个二维 dp table 中存储的是元组,怎么编程表示呢?这个 dp table 有一半根本没用上,怎么优化?很简单,都不要管,先把解题的思路想明白了再谈也不迟。
以下是对 dp 数组含义的解释:
dp[i][j].fir 表示,对于 piles[i...j] 这部分石头堆,先手能获得的最高分数。 dp[i][j].sec 表示,对于 piles[i...j] 这部分石头堆,后手能获得的最高分数。 举例理解一下,假设 piles = [3, 9, 1, 2],索引从 0 开始 dp[0][1].fir = 9 意味着:面对石头堆 [3, 9],先手最终能够获得 9 分。 dp[1][3].sec = 2 意味着:面对石头堆 [9, 1, 2],后手最终能够获得 2 分。
我们想求的答案是先手和后手最终分数之差,按照这个定义也就是 dp[0][n-1].fir - dp[0][n-1].sec,即面对整个 piles,先手的最优得分和后手的最优得分之差。
状态转移方程
写状态转移方程很简单,首先要找到所有「状态」和每个状态可以做的「选择」,然后择优。
根据前面对 dp 数组的定义,状态显然有三个:开始的索引 i,结束的索引 j,当前轮到的人。
dp[i][j][fir or sec] 其中: 0 <= i < piles.length i <= j < piles.length
对于这个问题的每个状态,可以做的选择有两个:选择最左边的那堆石头,或者选择最右边的那堆石头。 我们可以这样穷举所有状态:
n = piles.length for 0 <= i < n: for j <= i < n: for who in {fir, sec}: dp[i][j][who] = max(left, right)
上面的伪码是动态规划的一个大致的框架,股票系列问题中也有类似的伪码。这道题的难点在于,两人是交替进行选择的,也就是说先手的选择会对后手有影响,这怎么表达出来呢?
根据我们对 dp 数组的定义,很容易解决这个难点,写出状态转移方程:
dp[i][j].fir = max(piles[i] + dp[i+1][j].sec, piles[j] + dp[i][j-1].sec) dp[i][j].fir = max( 选择最左边的石头堆 , 选择最右边的石头堆 ) # 解释:我作为先手,面对 piles[i...j] 时,有两种选择: # 要么我选择最左边的那一堆石头,然后面对 piles[i+1...j] # 但是此时轮到对方,相当于我变成了后手; # 要么我选择最右边的那一堆石头,然后面对 piles[i...j-1] # 但是此时轮到对方,相当于我变成了后手。 if 先手选择左边: dp[i][j].sec = dp[i+1][j].fir if 先手选择右边: dp[i][j].sec = dp[i][j-1].fir # 解释:我作为后手,要等先手先选择,有两种情况: # 如果先手选择了最左边那堆,给我剩下了 piles[i+1...j] # 此时轮到我,我变成了先手; # 如果先手选择了最右边那堆,给我剩下了 piles[i...j-1] # 此时轮到我,我变成了先手。
根据 dp 数组的定义,我们也可以找出 base case,也就是最简单的情况:
dp[i][j].fir = piles[i] dp[i][j].sec = 0 其中 0 <= i == j < n # 解释:i 和 j 相等就是说面前只有一堆石头 piles[i] # 那么显然先手的得分为 piles[i] # 后手没有石头拿了,得分为 0
这里需要注意一点,我们发现 base case 是斜着的,而且我们推算 dp[i][j] 时需要用到 dp[i+1][j] 和 dp[i][j-1]:
所以说算法不能简单的一行一行遍历 dp 数组,而要斜着遍历数组:(其实还可以倒着遍历)
说实话,斜着遍历二维数组说起来容易,你还真不一定能想出来怎么实现,不信你思考一下?这么巧妙的状态转移方程都列出来了,要是不会写代码实现,那真的很尴尬了。
代码
如何实现这个 fir 和 sec 元组呢,你可以用 python,自带元组类型;或者使用 C++ 的 pair 容器;或者用一个三维数组 dp[n][n][2]
,最后一个维度就相当于元组;或者我们自己写一个 Pair 类:
class Pair { int fir, sec; Pair(int fir, int sec) { this.fir = fir; this.sec = sec; } }
然后直接把我们的状态转移方程翻译成代码即可,可以注意一下斜着遍历数组的技巧:
/* 返回游戏最后先手和后手的得分之差 */ int stoneGame(int[] piles) { int n = piles.length; // 初始化 dp 数组 Pair[][] dp = new Pair[n][n]; for (int i = 0; i < n; i++) for (int j = i; j < n; j++) dp[i][j] = new Pair(0, 0); // 填入 base case for (int i = 0; i < n; i++) { dp[i][i].fir = piles[i]; dp[i][i].sec = 0; } // 斜着遍历数组 for (int l = 2; l <= n; l++) { for (int i = 0; i <= n - l; i++) { int j = l + i - 1; // 先手选择最左边或最右边的分数 int left = piles[i] + dp[i+1][j].sec; int right = piles[j] + dp[i][j-1].sec; // 套用状态转移方程 if (left > right) { dp[i][j].fir = left; dp[i][j].sec = dp[i+1][j].fir; } else { dp[i][j].fir = right; dp[i][j].sec = dp[i][j-1].fir; } } } Pair res = dp[0][n-1]; return res.fir - res.sec; }
动态规划解法,如果没有状态转移方程指导,绝对是一头雾水,但是根据前面的详细解释,读者应该可以清晰理解这一大段代码的含义。
而且,注意到计算 dp[i][j]
只依赖其左边和下边的元素,所以说肯定有优化空间,转换成一维 dp,想象一下把二维平面压扁,也就是投影到一维。但是,一维 dp 比较复杂,可解释性很差,大家就不必浪费这个时间去理解了。
总结
本文给出了解决博弈问题的动态规划解法。博弈问题的前提一般都是在两个聪明人之间进行,编程描述这种游戏的一般方法是二维 dp 数组,数组中通过元组分别表示两人的最优决策。
之所以这样设计,是因为先手在做出选择之后,就成了后手,后手在对方做完选择后,就变成了先手。这种角色转换使得我们可以重用之前的结果,典型的动态规划标志。
读到这里的朋友应该能理解算法解决博弈问题的套路了。学习算法,一定要注重算法的模板框架,而不是一些看起来牛逼的思路,也不要奢求上来就写一个最优的解法。不要舍不得多用空间,不要过早尝试优化,不要惧怕多维数组。dp 数组就是存储信息避免重复计算的,随便用,直到咱满意为止。