395. Coins in a Line II

刷
July-31-2019

这种题遇到就两腿一蹬，地上一躺。 和coins-in-a-line-I除了名字很像，没啥屌关系，如果真的作为I的follow up，就太坑了，因为根本不是FOLLOW UP，用1的思路去考虑就崩了。
dp[n]代表剩下n个硬币的时候的最大收益。
n的时候，有2种情况，可以选择拿1个，也可以选择拿2个:

• 拿1个，然后对方会选择拿1个或者拿2个, 此时我的收益就是：
  • 当前1个硬币价值 + 剩n-2个 和 剩n-3个中较小的一个，因为分别对应对方拿1个或者2个，而对方他妈又不是傻逼，会选择1个或者2个中收益多的
• 拿2个，然后对方会选择拿1个或者拿2个，此时我的收益就是：
  • 当前2个硬币的价值 + 剩n-3和n-4中较小的。

dp[n]是上面2种情况中拿1个或者拿2个收益高的

这种题做的太少，不好总结。
一开始的012是为了防止出现只有1个硬币却尝试拿2个的情况。
仔细看会发现dp[n-1]永远没被用过，也很诡异。

public class Solution {
    public boolean firstWillWin(int[] values) {
        // write your code here
        if (values == null) return false;
        if (values.length <= 2) return true;


        int total = values.length;
        // dp[X] x coins left
        int[] dp = new int[total + 1];
        Arrays.fill(dp, -1);
        dp[0] = 0;
        dp[1] = values[total-1];
        dp[2] = values[total-1] + values[total-2];
        
        dp[total] = getProfit(total, dp, values);
        
        int valueCount = 0;
        for (int i : values) valueCount += i;
        
        return dp[total] * 2 > valueCount;
    }
    
    public int getProfit(int remain, int[] dp, int[] values) {
        if (remain <= 0) return 0;
        if (dp[remain] != -1) return dp[remain];
        
        
        int coinCount = values.length;
        
        // pick 1, the other people will choose max from pick next 1 or next 2
        // which leaves us min from pick 1
        int pickOne = values[coinCount - remain] 
                        + Math.min(getProfit(remain-1-1, dp, values), 
                                    getProfit(remain-1-2, dp, values));
                                    
        int pickTwo = values[coinCount - remain] + values[coinCount - remain + 1] 
                        + Math.min(getProfit(remain-2-1, dp, values),
                                   getProfit(remain-2-2, dp, values));

        dp[remain] = Math.max(pickOne, pickTwo);
        
        return dp[remain];
    }
}

最后更新
2016-12-22

这个题做得也不好，dp[n]尝试写了几下，不太对。

应该是类似于gem theory的题。

当只有1个硬币剩下的时候直接拿走，不BB。
剩俩的时候也都拿了。。

dp[n]表示剩下多少个硬币。

轮到我们拿第i个硬币的时候，有2种情况：

• 我们拿这个 i 。
• • 对手选择拿1个，就是第i+1个，然后第i+ 2轮到我们，我们再决定。
• • 对手选择拿2个，i+1和i+2, 然后i+3轮到我们。
• 我们拿这个i，再拿下一个i+1。
• • 对手选择拿1个，就是第i+2, 然后i+3轮到我们。
• • 对手选择拿2个，i+2, i+3，然后i+4该我们选择了。

当前怎么选取决于拿1个得的多还是拿2个得的多：
dp[i] = Math.max(拿1个， 拿2个)

但是注意中间对手拿的时候，他也要选择对他有利的，所以再轮到我们的时候，我们就拿得相对小的那个选择。

拿1个 = 当前的1个硬币 + Math.min(第i+2轮到我们，第i+3轮到我们)
拿2个 = 当前的2个硬币 + Math.min(第i+3轮到我们, 第i+4轮到我们）

思路很绕，是一个极小极大的思路，minimax。
另一个地方是并没有急于计算对手能拿多少而减去他的决定，而是尝试在他的选择下直接获取我们的硬币，最后看看拿的数量过不过半。

一头雾水。。。

public class Solution {

    public boolean firstWillWin(int[] values) {

        if (values.length <= 2) return true;
        
        // max profit when there are n coins left
        int[] dp = new int[values.length + 1];
        
        Arrays.fill(dp, -1);
        
        int total = values.length;
        
        dp[0] = 0;
        // only 1 left, we get that one
        dp[1] = values[total-1];
        // only 2 left, we grab those 2 fucking coins
        dp[2] = values[total-2] + values[total-1];
        
        // wat will we get when there are n left..
        dp[total] = nthProfit(total, dp, values);
        int sum = 0;
        for (int i : values) sum += i;
        return dp[total] > sum/2;
        
    }
    
    public int nthProfit(int leftOver, int[] dp, int[] values) {
        if (leftOver <= 0) return 0;
        if (dp[leftOver] != -1) return dp[leftOver];
        
        int total = values.length;
        
        int pickOne = values[total - leftOver] + 
                   Math.min(nthProfit(leftOver-2, dp, values), 
                       nthProfit(leftOver-3, dp, values));
                       
        int pickTwo = values[total - leftOver] + values[total - leftOver + 1] +
                   Math.min(nthProfit(leftOver-3, dp, values),
                       nthProfit(leftOver-4, dp, values));
        dp[leftOver] = Math.max(pickOne, pickTwo);
        return dp[leftOver];
    }
}