亚历克斯和李用几堆石子在做游戏。偶数堆石子排成一行，每堆都有正整数颗石子 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。
亚历克斯和李轮流进行，亚历克斯先开始。 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。
假设亚历克斯和李都发挥出最佳水平，当亚历克斯赢得比赛时返回 true ，当李赢得比赛时返回 false 。
示例：
输入：[5,3,4,5] 输出：true 解释： 亚历克斯先开始，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] 。 如果李拿走前 3 颗，那么剩下的是 [4,5]，亚历克斯拿走后 5 颗赢得 10 分。 如果李拿走后 5
颗，那么剩下的是 [3,4]，亚历克斯拿走后 4 颗赢得 9 分。 这表明，取前 5 颗石子对亚历克斯来说是一个胜利的举动，所以我们返回
true 。
提示：
2 <= piles.length <= 500 piles.length 是偶数。 1 <= piles[i] <= 500 sum(piles) 是奇数。
**
一、解题思路
**
动态规划的题目首先明确四点：
1.定义dp数组含义
dp[i][j]:piles[i…j]先手能获得的优势
2.状态转移方程
根据dp的定义，我们能知道状态包含，索引i，索引j
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。
接着就是写状态转移方程：
dp[i][j] = max(piles[i] - dp[i + 1][j], piles[j] - dp[i][j - 1]);
piles[i] - dp[i + 1][j]：如果选择左边状态，接下来对手面对的局面就是从piles[i+1…j]中去选择，则当前石子-对手接下来最大优势，就是[i…j]我方所获得的最大优势。
piles[j] - dp[i][j - 1]：如果选择右边状态，接下来对手面对的局面就是从piles[i…j-1]中去选择，则当前石子-对手接下来最大优势，就是[i…j-1]我方所获得的最大优势。
3.Base Case
如果piles.empty() || piles.size() == 0，return true（其实这种情况讨论无意义，题目说了石子总数为奇数）
dp[i][i]=piles[i]
如果面前只有一堆石头，此时先手能获得优势就等于这堆石油重量。
4.遍历方式
根据动态转移方程，我们能知道该如何遍历，每个当前元素与左边和下边有关
根据base case，能确定从哪里开始遍历
有两种方式
更多种方法不一一列举。
最后结果返回dp[0][n];即我们在这堆石子先手能获得的最大优势
最后代码
#include<iostream> #include<vector> #include<algorithm> using namespace std; bool stoneGame(vector<int>& piles) { if (piles.empty() || piles.size() == 0)return true; int n = piles.size(); int dp[60][60]; for (int i = 0; i < 60; i++) for (int j = 0; j < 60; j++) dp[i][j] = 0; for (int i = 0; i < n; i++) dp[i][i] = piles[i]; for (int i = n - 2; i >= 0; --i) { for (int j = i + 1; i >= 0; --i) { dp[i][j] = max(piles[i] - dp[i + 1][j], piles[j] - dp[i][j - 1]); } } return dp[0][n - 1] > 0; }
