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。
