【Leetcode】486. Predict the Winner

2020-01-27 13:01:51 阅读：308 来源： 互联网

标签：return nums Predict Winner int length 分差 486 dp

题目地址：

https://leetcode.com/problems/predict-the-winner/

给定一个非负整数数组。设计一个两人的游戏，比如甲乙两个人，甲可以从数组左右两端点取一个分数，然后乙接着拿，直到拿完为止。如果甲总分高于等于乙，就返回true，否则返回false。甲是先手方。

思路是这样的：如果只剩两个数字了，那么结论可以很轻易的得到。如果多于两个数字，那么就枚举先手方拿左右端这两种情况，这样就把大问题化为了更小规模的问题。但困难之处在于，仅仅知道小规模问题谁胜谁负，不足以知道大规模问题谁胜谁负，于是想到我们可以把谁胜谁负转化为分差。如果我们知道了 $n$ n规模的问题中，先手方比后手方的分差 $s_n$ sn，那么对于规模 $n+1$ n+1的问题，先手方比后手方的分差就是先手方拿一个分数，再减去规模为 $n$ n的问题中先手方和后手方的分差（此时先后手对调了）。最后只需要返回分差是否非负即可。

法1：DFS+记忆化。

public class Solution {
    public boolean PredictTheWinner(int[] nums) {
    	// 如果只有一个数字，返回true，先手必胜
        if (nums.length == 1) {
            return true;
        }
        // f[i][j]记录对于数组nums[i,...,j]，先手方与后手方的分差
        // 做记忆化，防止重复搜索
        int[][] f = new int[nums.length][nums.length];
        return dfs(nums, 0, nums.length - 1, f) >= 0;
    }
    
    private int dfs(int[] nums, int i, int j, int[][] f) {
    	// 递归出口
        if (j - i == 1) {
            f[i][j] = Math.abs(nums[i] - nums[j]);
            return f[i][j];
        }
        // 如果f里有记忆，直接调取记忆；否则接着暴搜
        // score1是先手选了数组左端的情况下，后手与先手的分差
        int score1 = f[i + 1][j] != 0 ? f[i + 1][j] : dfs(nums, i + 1, j, f);
        // score2是先手选了数组右端的情况下，后手与先手的分差
        int score2 = f[i][j - 1] != 0 ? f[i][j - 1] : dfs(nums, i, j - 1, f);
        // 返回之前做一下记忆
        f[i][j] = Math.max(nums[i] - score1, nums[j] - score2);
        return f[i][j];
    }
}

时空复杂度 $O(n^2)$ O(n2)。时间复杂度的分析可以这么看，在暴搜那个二维矩阵的时候，每搜到叶子节点回溯的时候，一路上都会去做记忆化，所以这个二维矩阵每个entry最多被搜一次。

法2：动态规划。本质上和记忆化搜索是一样的。只需要注意更新顺序，一定要以已知来更新未知。

public class Solution {
    public boolean PredictTheWinner(int[] nums) {
        if (nums.length == 1) {
            return true;
        }
        
        int[][] dp = new int[nums.length - 1][nums.length];
        for (int j = 1; j < nums.length; j++) {
            for (int i = j - 1; i >= 0; i--) {
                if (j - i == 1) {
                    dp[i][j] = Math.abs(nums[i] - nums[j]);
                } else {
                    dp[i][j] = Math.max(nums[i] - dp[i + 1][j], nums[j] - dp[i][j - 1]);
                }
            }
        }
        
        return dp[0][nums.length - 1] >= 0;
    }
}

时空复杂度一样。

接下来考虑优化空间复杂度，直观的想法是只用一维数组，重用数组覆盖掉以后不用的数值。我们想象某时刻我们在更新矩阵的第 $i$ i行第 $j$ j列，这个数字只依赖与第 $i$ i行第 $j-1$ j−1列，以及第 $i+1$ i+1行第 $j$ j列的数，所以我们可以按行滚动更新，具体的意思是，我们初始化一维数组，代表某一行，然后新行就用这个旧的行来更新，在更新行的时候， $j$ j需要从左向右更新。在空间优化的时候，决定更新顺序的关键，是一定要用已经算出来的值更新未知的值，只有这样才能保证答案正确。代码如下：

public class Solution {
    public boolean PredictTheWinner(int[] nums) {
        if (nums.length == 1) {
            return true;
        }
        
        int[] dp = new int[nums.length];
        for (int i = nums.length - 2; i >= 0; i--) {
            for (int j = i + 1; j < nums.length; j++) {
                if (j - i == 1) {
                    dp[j] = Math.abs(nums[i] - nums[j]);
                } else {
                    dp[j] = Math.max(nums[i] - dp[j], nums[j] - dp[j - 1]);
                }
            }
        }
        
        return dp[nums.length - 1] >= 0;
    }
}

时间复杂度一样，空间 $O(n)$ O(n)。

edWard的算法世界发布了112 篇原创文章 · 获赞 0 · 访问量 3189 私信关注

标签：return,nums,Predict,Winner,int,length,分差,486,dp
来源： https://blog.csdn.net/qq_46105170/article/details/104091040

本站声明： 1. iCode9 技术分享网（下文简称本站）提供的所有内容，仅供技术学习、探讨和分享；
2. 关于本站的所有留言、评论、转载及引用，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关；
3. 关于本站的所有言论和文字，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关；
4. 本站文章均是网友提供，不完全保证技术分享内容的完整性、准确性、时效性、风险性和版权归属；如您发现该文章侵犯了您的权益，可联系我们第一时间进行删除；
5. 本站为非盈利性的个人网站，所有内容不会用来进行牟利，也不会利用任何形式的广告来间接获益，纯粹是为了广大技术爱好者提供技术内容和技术思想的分享性交流网站。

ICode9

【Leetcode】486. Predict the Winner

题目地址：