486. 预测赢家

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

动态规划

class Solution {
    public boolean PredictTheWinner(int[] nums) {
        int length = nums.length; // 获取数组的长度
        // 初始化二维数组 dp，用于存储区间得分差。`dp[i][j]` 表示当数组剩下的部分为下标 i 到下标 j 时，
        // 即在下标范围 [i,j] 中，先手玩家与后手玩家的分数之差的最大值，注意当前玩家不一定是先手。
        int[][] dp = new int[length][length];

        // 初始化对角线，即单个石子堆的情况。可以把对角线情况合并到下面的for循环中。
        for (int i = 0; i < length; i++) {
            dp[i][i] = nums[i]; // 只有一个石子堆时，先手玩家得分等于石子堆的值
        }
        // 填充 dp 数组，从长度为 2 的子区间开始，逐步增加长度。即计算对角线上方的元素。
        for (int i = length - 2; i >= 0; i--) { // 从倒数第二行开始向上遍历
            for (int j = i + 1; j < length; j++) { // 从第 i 行的下一个列开始向右遍历，因为对角线已经被初始化过了
                // 选择左边或右边石子堆，计算最大得分差
                // 自己选择nums[i]后，dp[i+1][j]就是"对手的得分-自己之后的得分"的最大值，
                // 因此nums[i]-dp[i+1][j]就是"nums[i]+自己之后的得分-对手的得分"的最大值，
                // 即"自己的得分-对手的得分"的最大值。nums[j] - dp[i][j - 1]同理。
                dp[i][j] = Math.max(nums[i] - dp[i + 1][j], nums[j] - dp[i][j - 1]);
            }
        }

        // 返回先手玩家是否能获胜，即从第一个石子堆到最后一个石子堆的最大得分差是否大于等于 0
        return dp[0][length - 1] >= 0;
    }
}

• 时间复杂度：$O(n^2)$，其中 $n$ 是数组的长度。需要计算所有可能的子数组对应的 dp 的值，共有 $n(n-1)/2$ 个子数组。
• 空间复杂度：$O(n^2)$，其中 $n$ 是数组的长度。空间复杂度取决于额外创建的数组 dp，dp 的大小为 $n \times n$。

滚动更新

class Solution {
    public boolean PredictTheWinner(int[] nums) {
        int length = nums.length; // 获取数组的长度
        int[] dp = new int[length]; // 初始化一维数组 dp，用于存储区间得分差

        // 初始化 dp 数组，即单个石子堆的情况，base case，即对角线。
        for (int i = 0; i < length; i++) {
            dp[i] = nums[i]; // 只有一个石子堆时，先手玩家得分等于石子堆的值
        }
        // 填充 dp 数组，从长度为 2 的子区间开始，逐步增加长度。对角线上方的元素。
        for (int i = length - 2; i >= 0; i--) { // 从倒数第二个元素开始向前遍历
            for (int j = i + 1; j < length; j++) { // 从第 i 个元素的下一个元素开始向右遍历
                // 选择左边或右边石子堆，计算最大得分差
                dp[j] = Math.max(nums[i] - dp[j], nums[j] - dp[j - 1]);
            }
        }

        // 返回先手玩家是否能获胜，即从第一个石子堆到最后一个石子堆的最大得分差是否大于等于 0
        return dp[length - 1] >= 0;
    }
}

• 时间复杂度：O(n^2)，其中 n 是数组的长度。需要计算每个子数组对应的 dp 的值，for循环中共需要计算 1+2+...+(n-1) = n(n-1)/2 个子数组。
• 空间复杂度：O(n)，其中 n 是数组的长度。空间复杂度取决于额外创建的数组 dp，如果不优化空间，则空间复杂度是 O(n2)，使用一维数组优化之后空间复杂度可以降至 O(n)。