一、题目描述
给你一个整数数组 nums
。玩家 1 和玩家 2 基于这个数组设计了一个游戏。
玩家 1 和玩家 2 轮流进行自己的回合,玩家 1 先手。开始时,两个玩家的初始分值都是 0
。每一回合,玩家从数组的任意一端取一个数字(即,nums[0]
或 nums[nums.length - 1]
),取到的数字将会从数组中移除(数组长度减 1
)。玩家选中的数字将会加到他的得分上。当数组中没有剩余数字可取时,游戏结束。
如果玩家 1 能成为赢家,返回 true
。如果两个玩家得分相等,同样认为玩家 1 是游戏的赢家,也返回 true
。你可以假设每个玩家的玩法都会使他的分数最大化。
示例 1:
输入:nums = [1,5,2] 输出:false 解释:一开始,玩家 1 可以从 1 和 2 中进行选择。 如果他选择 2(或者 1 ),那么玩家 2 可以从 1(或者 2 )和 5 中进行选择。如果玩家 2 选择了 5 ,那么玩家 1 则只剩下 1(或者 2 )可选。 所以,玩家 1 的最终分数为 1 + 2 = 3,而玩家 2 为 5 。 因此,玩家 1 永远不会成为赢家,返回 false 。
示例 2:
输入:nums = [1,5,233,7] 输出:true 解释:玩家 1 一开始选择 1 。然后玩家 2 必须从 5 和 7 中进行选择。无论玩家 2 选择了哪个,玩家 1 都可以选择 233 。 最终,玩家 1(234 分)比玩家 2(12 分)获得更多的分数,所以返回 true,表示玩家 1 可以成为赢家。
提示:
1 <= nums.length <= 20
0 <= nums[i] <= 10^7
二、解题思路
这个问题可以通过动态规划(DP)来求解。动态规划是一种在数学、管理科学、计算机科学、经济学和生物信息学中使用的,通过把原问题分解为相对简单的子问题的方式求解复杂问题的方法。
解题思路如下:
-
创建一个二维数组
dp
,其中dp[i][j]
表示当数组剩余部分为下标从i
到j
时,当前玩家与另一个玩家的分数之差的最大值。 -
初始化
dp[i][i]
为nums[i]
,因为当数组中只有一个数字时,当前玩家只能选择这个数字,而另一个玩家没有机会选择。 -
对于每一个子数组,计算当前玩家可以选择的两个数字(
nums[i]
和nums[j]
),并选择能使分数差最大化的数字。具体来说,当前玩家可以选择nums[i]
,然后剩余部分为i+1
到j
,此时对手会从dp[i+1][j]
中选择最优策略;或者当前玩家可以选择nums[j]
,然后剩余部分为i
到j-1
,此时对手会从dp[i][j-1]
中选择最优策略。当前玩家的分数差为nums[i] - dp[i+1][j]
或nums[j] - dp[i][j-1]
,取这两种情况的最大值。 -
填充
dp
数组,按照子数组长度递增的顺序,计算每个子数组的dp[i][j]
。 -
最后,检查
dp[0][n-1]
是否大于或等于 0,如果是,则玩家 1 可以成为赢家。
三、具体代码
class Solution {
public boolean predictTheWinner(int[] nums) {
int n = nums.length;
int[][] dp = new int[n][n];
// 初始化dp数组,当只有一个数字时,当前玩家只能选择这个数字
for (int i = 0; i < n; i++) {
dp[i][i] = nums[i];
}
// 填充dp数组
for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
for (int j = i + 1; j < n; j++) {
dp[i][j] = Math.max(nums[i] - dp[i + 1][j], nums[j] - dp[i][j - 1]);
}
}
// 检查玩家1是否能成为赢家
return dp[0][n - 1] >= 0;
}
}
四、时间复杂度和空间复杂度
1. 时间复杂度
代码中包含两个嵌套循环,这两个循环用于填充 dp
数组:
-
外层循环控制
dp
数组的行索引i
,从n - 2
递减到0
,因此外层循环执行了n - 1
次。 -
内层循环控制
dp
数组的列索引j
,从i + 1
增加到n - 1
。对于每个特定的i
,内层循环的执行次数是n - i - 1
。
因此,我们可以将总执行次数表示为两个循环执行次数的乘积之和:
(n - 1) + (n - 2) + (n - 3) + ... + 1 + 0
这是一个等差数列求和,其和为 (n - 1) * n / 2
。由于我们只关心最高阶项,所以时间复杂度可以简化为 O(n^2)。
2. 空间复杂度
空间复杂度取决于代码中使用的额外空间。在给定的代码中,我们使用了一个二维数组 dp
,其大小为 n * n
,其中 n
是输入数组 nums
的长度。
因此,空间复杂度是 O(n^2),因为我们需要存储 n^2
个整数值。
五、总结知识点
-
类定义:定义了一个名为
Solution
的类,这是 Java 中常见的命名方式,用于封装解决问题的方法。 -
方法定义:在类内部定义了一个名为
predictTheWinner
的公共方法,它接受一个整数数组nums
作为参数,并返回一个布尔值。 -
数组长度:使用
int n = nums.length;
获取输入数组的长度。 -
二维数组:声明并初始化了一个二维数组
dp
,用于动态规划计算。 -
循环结构:
- 初始化循环:使用一个
for
循环来初始化dp
数组的对角线元素,即当只有一个数字时,当前玩家只能选择这个数字。 - 嵌套循环:使用两个嵌套的
for
循环来填充dp
数组的其他元素。
- 初始化循环:使用一个
-
动态规划:
- 状态定义:
dp[i][j]
表示当数组剩余部分为下标从i
到j
时,当前玩家与另一个玩家的分数之差的最大值。 - 状态转移方程:
dp[i][j] = Math.max(nums[i] - dp[i + 1][j], nums[j] - dp[i][j - 1]);
,这表示当前玩家可以选择nums[i]
或nums[j]
,并计算这两种选择下的最大分数差。
- 状态定义:
-
数学函数:使用
Math.max
函数来计算两个值中的最大值。 -
条件判断:使用
return dp[0][n - 1] >= 0;
来判断玩家 1 是否能成为赢家,即如果dp[0][n - 1]
的值大于或等于 0,则玩家 1 赢。 -
逻辑推理:代码中包含了逻辑推理,即通过动态规划的方式推断出玩家 1 是否能在游戏中获胜。
以上就是解决这个问题的详细步骤,希望能够为各位提供启发和帮助。