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经典动态规划:博弈问题

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读完本文,你不仅学会了算法套路,还可以顺便解决如下题目:

牛客 LeetCode 力扣 难度
- 486. Predict the Winner 486. 预测赢家 🟠
- 877. Stone Game 877. 石子游戏 🟠

———–

上一篇文章 几道智力题 中讨论到一个有趣的「石头游戏」,通过题目的限制条件,这个游戏是先手必胜的。但是智力题终究是智力题,真正的算法问题肯定不会是投机取巧能搞定的。所以,本文就借石头游戏来讲讲「假设两个人都足够聪明,最后谁会获胜」这一类问题该如何用动态规划算法解决。

博弈类问题的套路都差不多,下文参考 这个 YouTube 视频 的思路讲解,其核心思路是在二维 dp 的基础上使用元组分别存储两个人的博弈结果。掌握了这个技巧以后,别人再问你什么俩海盗分宝石,俩人拿硬币的问题,你就告诉别人:我懒得想,直接给你写个算法算一下得了。

我们把力扣第 877 题「 石头游戏」改的更具有一般性:

你和你的朋友面前有一排石头堆,用一个数组 piles 表示,piles[i] 表示第 i 堆石子有多少个。你们轮流拿石头,一次拿一堆,但是只能拿走最左边或者最右边的石头堆。所有石头被拿完后,谁拥有的石头多,谁获胜。

石头的堆数可以是任意正整数,石头的总数也可以是任意正整数,这样就能打破先手必胜的局面了。比如有三堆石头 piles = [1, 100, 3],先手不管拿 1 还是 3,能够决定胜负的 100 都会被后手拿走,后手会获胜。

假设两人都很聪明,请你写一个 stoneGame 函数,返回先手和后手的最后得分(石头总数)之差。比如上面那个例子,先手能获得 4 分,后手会获得 100 分,你的算法应该返回 -96。

这样推广之后就变成了一道难度比较高的动态规划问题了,力扣第 486 题「 预测赢家」就是一道类似的问题:

函数签名如下:

boolean PredictTheWinner(int[] nums);

那么如果有了一个计算先手和后手分差的 stoneGame 函数,这道题的解法就直接出来了:

public boolean PredictTheWinner(int[] nums) {
    // 先手的分数大于等于后手,则能赢
    return stoneGame(nums) >= 0;
}

这个 stoneGame 函数怎么写呢?博弈问题的难点在于,两个人要轮流进行选择,而且都贼精明,应该如何编程表示这个过程呢?其实不难,还是按照 动态规划核心框架 中强调多次的套路,首先明确 dp 数组的含义,然后只要找到「状态」和「选择」,一切就水到渠成了。

一、定义 dp 数组的含义

定义 dp 数组的含义是很有技术含量的,同一问题可能有多种定义方法,不同的定义会引出不同的状态转移方程,不过只要逻辑没有问题,最终都能得到相同的答案。

我建议不要迷恋那些看起来很牛逼,代码很短小的奇技淫巧,最好是稳一点,采取可解释性最好,最容易推广的设计思路。本文就给出一种博弈问题的通用设计框架。

介绍 dp 数组的含义之前,我们先看一下 dp 数组最终的样子:

下文讲解时,认为元组是包含 firstsecond 属性的一个类,而且为了节省篇幅,将这两个属性简写为 firsec。比如按上图的数据,我们说 dp[1][3].fir = 11dp[0][1].sec = 2

先回答几个读者可能提出的问题:

这个二维 dp table 中存储的是元组,怎么编程表示呢?这个 dp table 有一半根本没用上,怎么优化?很简单,都不要管,先把解题的思路想明白了再谈也不迟。

以下是对 dp 数组含义的解释:

dp[i][j].fir = x 表示,对于 piles[i...j] 这部分石头堆,先手能获得的最高分数为 x

dp[i][j].sec = y 表示,对于 piles[i...j] 这部分石头堆,后手能获得的最高分数为 y

举例理解一下,假设 piles = [2, 8, 3, 5],索引从 0 开始,那么:

dp[0][1].fir = 8 意味着:面对石头堆 [2, 8],先手最多能够获得 8 分;dp[1][3].sec = 5 意味着:面对石头堆 [8, 3, 5],后手最多能够获得 5 分。

我们想求的答案是先手和后手最终分数之差,按照这个定义也就是 dp[0][n-1].fir - dp[0][n-1].sec,即面对整个 piles,先手的最优得分和后手的最优得分之差。

二、状态转移方程

写状态转移方程很简单,首先要找到所有「状态」和每个状态可以做的「选择」,然后择优。

根据前面对 dp 数组的定义,状态显然有三个:开始的索引 i,结束的索引 j,当前轮到的人。

dp[i][j][fir or sec]
其中
0 <= i < piles.length
i <= j < piles.length

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。 我们可以这样穷举所有状态:

n = piles.length
for 0 <= i < n:
    for j <= i < n:
        for who in {fir, sec}:
            dp[i][j][who] = max(left, right)

上面的伪码是动态规划的一个大致的框架,这道题的难点在于,两人足够聪明,而且是交替进行选择的,也就是说先手的选择会对后手有影响,这怎么表达出来呢?

根据我们对 dp 数组的定义,很容易解决这个难点,写出状态转移方程:

dp[i][j].fir = max(piles[i] + dp[i+1][j].sec, piles[j] + dp[i][j-1].sec)
dp[i][j].fir = max(     选择最左边的石头堆     ,     选择最右边的石头堆      )
# 解释:我作为先手,面对 piles[i...j] 时,有两种选择:
# 要么我选择最左边的那一堆石头,然后面对 piles[i+1...j]
# 但是此时轮到对方,相当于我变成了后手;
# 要么我选择最右边的那一堆石头,然后面对 piles[i...j-1]
# 但是此时轮到对方,相当于我变成了后手。

if 先手选择左边:
    dp[i][j].sec = dp[i+1][j].fir
if 先手选择右边:
    dp[i][j].sec = dp[i][j-1].fir
# 解释:我作为后手,要等先手先选择,有两种情况:
# 如果先手选择了最左边那堆,给我剩下了 piles[i+1...j]
# 此时轮到我,我变成了先手;
# 如果先手选择了最右边那堆,给我剩下了 piles[i...j-1]
# 此时轮到我,我变成了先手。

根据 dp 数组的定义,我们也可以找出 base case,也就是最简单的情况:

dp[i][j].fir = piles[i]
dp[i][j].sec = 0
其中 0 <= i == j < n
# 解释:i 和 j 相等就是说面前只有一堆石头 piles[i]
# 那么显然先手的得分为 piles[i]
# 后手没有石头拿了,得分为 0

这里需要注意一点,我们发现 base case 是斜着的,而且我们推算 dp[i][j] 时需要用到 dp[i+1][j]dp[i][j-1]

根据前文 动态规划答疑篇 判断 dp 数组遍历方向的原则,算法应该倒着遍历 dp 数组:

for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
    for (int j = i + 1; j < n; j++) {
        dp[i][j] = ...
    }
}

三、代码实现

如何实现这个 fir 和 sec 元组呢,你可以用 python,自带元组类型;或者使用 C++ 的 pair 容器;或者用一个三维数组 dp[n][n][2],最后一个维度就相当于元组;或者我们自己写一个 Pair 类:

class Pair {
    int fir, sec;
    Pair(int fir, int sec) {
        this.fir = fir;
        this.sec = sec;
    }
}

然后直接把我们的状态转移方程翻译成代码即可,注意我们要倒着遍历数组:

/* 返回游戏最后先手和后手的得分之差 */
int stoneGame(int[] piles) {
    int n = piles.length;
    // 初始化 dp 数组
    Pair[][] dp = new Pair[n][n];
    for (int i = 0; i < n; i++) 
        for (int j = i; j < n; j++)
            dp[i][j] = new Pair(0, 0);
    // 填入 base case
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        dp[i][i].fir = piles[i];
        dp[i][i].sec = 0;
    }

    // 倒着遍历数组
    for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
        for (int j = i + 1; j < n; j++) {
            // 先手选择最左边或最右边的分数
            int left = piles[i] + dp[i+1][j].sec;
            int right = piles[j] + dp[i][j-1].sec;
            // 套用状态转移方程
            // 先手肯定会选择更大的结果,后手的选择随之改变
            if (left > right) {
                dp[i][j].fir = left;
                dp[i][j].sec = dp[i+1][j].fir;
            } else {
                dp[i][j].fir = right;
                dp[i][j].sec = dp[i][j-1].fir;
            }
        }
    }
    Pair res = dp[0][n-1];
    return res.fir - res.sec;
}

动态规划解法,如果没有状态转移方程指导,绝对是一头雾水,但是根据前面的详细解释,读者应该可以清晰理解这一大段代码的含义。

而且,注意到计算 dp[i][j] 只依赖其左边和下边的元素,所以说肯定有优化空间,转换成一维 dp,想象一下把二维平面压扁,也就是投影到一维。但是,一维 dp 比较复杂,可解释性比较差,大家就不必浪费这个时间去理解了。

四、最后总结

本文给出了解决博弈问题的动态规划解法。博弈问题的前提一般都是在两个聪明人之间进行,编程描述这种游戏的一般方法是二维 dp 数组,数组中通过元组分别表示两人的最优决策。

之所以这样设计,是因为先手在做出选择之后,就成了后手,后手在对方做完选择后,就变成了先手。这种角色转换使得我们可以重用之前的结果,典型的动态规划标志

读到这里的朋友应该能理解算法解决博弈问题的套路了。学习算法,一定要注重算法的模板框架,而不是一些看起来牛逼的思路,也不要奢求上来就写一个最优的解法。不要舍不得多用空间,不要过早尝试优化,不要惧怕多维数组。dp 数组就是存储信息避免重复计算的,随便用,直到咱满意为止。


引用本文的文章

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