877. Stone Game
问题
有偶数堆石头（数组长度为偶数），每堆石头有一些石头（数组元素为正），石头的总数是奇数。Alex和Lee两个人轮流取石头堆，每次可以从头部或尾部取，Alex先取。
给定这样一个数组，两人都以最优策略去玩这个游戏，如果Alex一定会获胜则返回True，否则返回False
思路
做法1：因为有偶数堆，所以先玩游戏的Alex可以做到：一直取第偶数堆，或者一直取第奇数堆。石头总数是奇数，那么第偶数堆的石头总数和第奇数堆的石头总数，一定有一方大于另一方。所以Alex可以计算出哪方大来取。假设第奇数堆的石头总数大于第偶数堆的石头总数，Alex就一直取第奇数堆来获胜。所以Alex总能获胜，直接return True即可。
时间复杂度O(1)，空间复杂度O(1)
做法2：也可以用dp的做法来做。由于是一个双方博弈的游戏，dp表示单方的获取价值（石头）不好做，我们定义dp为双方的获取价值的差，即“Alex比Lee多获得的价值”。
对于Alex而言，他要使得dp值最大，用dp[i][j]表示从i到j的石头堆中Alex比Lee多获得的石头数，到Alex选时要么选i要么选j，选的时候增加dp值，dp公式为\(dp[i][j] = max(piles[i] + dp[i+1][j], piles[j] + dp[i][j-1])\)。
对于Lee而言，他要使得dp值最小，同样要么选i要么选j，这时的选择会减少dp值，因为是Lee选择，会使得“Alex比Lee多获得的石头数”减少。dp公式为\(dp[i][j] = min(-piles[i] + dp[i+1][j], -piles[j] + dp[i][j-1])\)。
时间复杂度O(n2)，空间复杂度O(n2)
做法3：事实上dp可以优化成一维数组，因为每次迭代是按dp矩阵的对角线迭代，从左方值（dp[i][j-1]）或下方值（dp[i+1][j]）选择。可以转为按行索引迭代（去掉列索引），dp的变化示意图如下，蓝色表示dp运算前的值，绿色代表运算dp需要使用的值，红色表示dp运算后得到的新值。从对角线开始（i等于j）不断迭代dp得到最后的红色就是最终结果。
时间复杂度O(n^2)，空间复杂度O(n)
代码
做法1：
class Solution(object):
def stoneGame(self, piles):
"""
:type piles: List[int]
:rtype: bool
"""
return True
做法2：
class Solution(object):
def stoneGame(self, piles):
"""
:type piles: List[int]
:rtype: bool
"""
dp = [ [0 for _ in range(len(piles))] for _ in range(len(piles)) ]
for size in range(2,len(piles)+1):
for i in range(0,len(piles)-size+1):
j = i+size-1
if( size % 2 == 0):
dp[i][j] = max(piles[i] + dp[i+1][j], piles[j] + dp[i][j-1])
else:
dp[i][j] = min(-piles[i] + dp[i+1][j], -piles[j] + dp[i][j-1])
return dp[0][len(piles)-1] >= 0
做法3：
class Solution(object):
def stoneGame(self, piles):
"""
:type piles: List[int]
:rtype: bool
"""
dp = [0]* len(piles)
for size in range(2,len(piles)+1):
for i in range(0,len(piles)-size+1):
j = i+size-1
if( size % 2 == 0):
dp[i] = max(piles[i] + dp[i+1], piles[j] + dp[i])
else:
dp[i] = min(-piles[i] + dp[i+1], -piles[j] + dp[i])
return dp[0] >= 0
