HDU 6199 gems gems gems（dp）

Description

有$n$个石子，第$i$个石子分数为$a_i$，$Alice$和$Bob$轮流取石子，$Alice$先手，第一次$Alice$可以拿左边的一个石子或两个石子，假设上一轮对手拿了$k$个石子，这一轮就可以拿左边的$k$个石子或$k+1$个石子，当石子不够取时游戏结束，问游戏结束时$Alice$得分与$Bob$得分之差的最大值，游戏过程中$Alice$采取使得分差尽可能大的方案，$Bob$采取使得分差尽可能小的方案

Input

第一行一整数$T$表示用例组数，每组用例首先输入一整数$n$表示石子个数，之后输入$n$个整数$a_1,...,a_n$表示这$n$个石子的分数$(1\le T\le 10,1\le n\le 2000,-10^5\le a_i\le 10^5)$

Output

输出$Ailce$与$Bob$的分差

Sample Input

1
3
1 3 2

Sample Output

4

Solution

以$dp[0/1][i][j]$表示$Alice/Bob$从第$i$个石子开始取且上一轮对手取了$j$个最后可以得到的最大分差，以$s_i=\sum\limits_{j=1}^ia_j$，根据当前步取$j$个或$j+1$个石子有转移

$dp[0][i][j]=max(s_{i+j-1}-s_{i-1}+dp[1][i+j][j],s_{i+j}-s_{i-1}+dp[1][i+j+1][j+1])$

$dp[1][i][j]=min(s_{i-1}-s_{i+j-1}+dp[0][i+j][j],s_{i-1}-s_{i+j}+dp[0][i+j+1][j+1])$

注意到第$k$轮最少也取了$\frac{k(k+1)}{2}$个石子，故$j\le \sqrt{2n}$，大约$200$左右，故第三维$200$即可，第二维滚动一下

由于先手可以取一个或两个石子，可以认为先手之前其对手取了一个分数为$0$的石子，故答案为$dp[0][1][1]$

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>P;
#define maxn 20005
int dp[2][255][255],T,n,a[maxn],sum[maxn];
int main()
{
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d",&a[i]);
            sum[i]=sum[i-1]+a[i];
        }
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        int m=(int)sqrt(2.0*n+1),mod=233;
        for(int i=n;i>=1;i--)
            for(int j=m;j>=1;j--)
                if(i+j-1<=n)
                {
                    dp[0][i%mod][j]=sum[i+j-1]-sum[i-1]+dp[1][(i+j)%mod][j];
                    dp[1][i%mod][j]=sum[i-1]-sum[i+j-1]+dp[0][(i+j)%mod][j];
                    if(i+j<=n)
                    {
                        dp[0][i%mod][j]=max(dp[0][i%mod][j],sum[i+j]-sum[i-1]+dp[1][(i+j+1)%mod][j+1]);
                        dp[1][i%mod][j]=min(dp[1][i%mod][j],sum[i-1]-sum[i+j]+dp[0][(i+j+1)%mod][j+1]);
                    }
                }
        printf("%d\n",dp[0][1][1]);
    }
    return 0;
}