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题目
Alice 和 Bob 用几堆石子在做游戏。一共有偶数堆石子，排成一行；每堆都有 正 整数颗石子，数目为 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。
Alice 和 Bob 轮流进行，Alice 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 Alice 和 Bob 都发挥出最佳水平，当 Alice 赢得比赛时返回 true ，当 Bob 赢得比赛时返回 false 。
示例 1：
输入：piles = [5,3,4,5]
输出：true
解释：
Alice 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 Bob 拿走前 3 颗，那么剩下的是 [4,5]，Alice 拿走后 5 颗赢得 10 分。
如果 Bob 拿走后 5 颗，那么剩下的是 [3,4]，Alice 拿走后 4 颗赢得 9 分。
这表明，取前 5 颗石子对 Alice 来说是一个胜利的举动，所以返回 true 。
示例 2：
输入：piles = [3,7,2,3]
输出：true
提示：
2 <= piles.length <= 500piles.length是 偶数1 <= piles[i] <= 500sum(piles[i])是 奇数
思考
这是一道有意思的题目，难度中等。
首先是读懂题意。题目有点长，可以读取到的关键信息是，一共有偶数堆石子、排成一行、Alice先手、没有平局，以及每回合玩家从行的开始或结束处取走整堆石头。
我们可以使用动态规划的方法去解决这个问题。定义二维数组 dp，其行数和列数都等于石子的堆数，dp[i][j] 表示在下标范围 [i, j]中，当前玩家与另一个玩家的石子数量之差的最大值。
当 i = j 时，只剩下一堆石子，当前玩家只能取走这堆石子，因此 dp[i][i] = piles[i]。
当 i < j 时，当前玩家可以选择取走 piles[i] 或 piles[j]，当前玩家会选择最优的方案，使得自己的石子数量最大化。因此状态转移方程为：
dp[i][j] = max(piles[i] − dp[i+1][j], piles[j] − dp[i][j−1])
最后判断 dp[0][piles.length − 1] 的值，如果大于 0，则 Alice 的石子数量大于 Bob 的石子数量，因此 Alice 赢得比赛，否则 Bob 赢得比赛。
解答
方法一：动态规划
/**
* @param {number[]} piles
* @return {boolean}
*/
var stoneGame = function(piles) {
const length = piles.length
const dp = new Array(length).fill(0).map(() => new Array(length).fill(0))
for (let i = 0; i < length; i++) {
dp[i][i] = piles[i]
}
for (let i = length - 2; i >= 0; i--) {
for (let j = i + 1; j < length; j++) {
dp[i][j] = Math.max(piles[i] - dp[i + 1][j], piles[j] - dp[i][j - 1])
}
}
return dp[0][length - 1] > 0
}
复杂度分析
- 时间复杂度：O(n^2)，其中 n 是数组的长度。
- 空间复杂度：O(n^2)。
方法二：数学
我们可以换一种思路，先手取第一堆石子（奇数），那么后手会取到偶数堆的石子，接着先手继续取出奇数堆，那么后手仍然取到偶数堆的石子... 反过来，先手每次取的是偶数堆的石子，那么后手取的都是奇数堆的。因此，我们可以比较所有奇数和偶数的石子之和，先手取其中较大的，我们可以发现先手必胜！这是有意思的解法！🚀
var stoneGame = function(piles) {
return true
}
复杂度分析
- 时间复杂度：O(1)。
- 空间复杂度：O(1)。
