动态规划之博弈问题

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，下文举例讲解，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「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，请你设计一个算法，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，这个问题算是一道 Hard 的动态规划问题了。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？

还是强调多次的套路，首先明确 dp 数组的含义，然后和股票买卖系列问题类似，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：

1

下文讲解时，认为元组是包含 first 和 second 属性的一个类，而且为了节省篇幅，将这两个属性简写为 fir 和 sec。比如按上图的数据，我们说 dp[1][3].fir = 10，dp[0][1].sec = 3。

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：

  1. dp[i][j].fir 表示，对于 piles[i...j] 这部分石头堆，先手能获得的最高分数。
  2. dp[i][j].sec 表示，对于 piles[i...j] 这部分石头堆，后手能获得的最高分数。
  4. 举例理解一下，假设 piles = [3, 9, 1, 2]，索引从 0 开始
  5. dp[0][1].fir = 9 意味着：面对石头堆 [3, 9]，先手最终能够获得 9 分。
  6. dp[1][3].sec = 2 意味着：面对石头堆 [9, 1, 2]，后手最终能够获得 2 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。

  1. dp[i][j][fir or sec]
  2. 其中：
  3. 0 <= i < piles.length
  4. 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：

  1. n = piles.length
  2. for 0 <= i < n:
  3.     for j <= i < n:
  4.         for who in {fir, sec}:
  5.             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，股票系列问题中也有类似的伪码。这道题的难点在于，两人是交替进行选择的，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：

  1. dp[i][j].fir = max(piles[i] + dp[i+1][j].sec, piles[j] + dp[i][j-1].sec)
  2. dp[i][j].fir = max(    选择最左边的石头堆     ,     选择最右边的石头堆     )
  3. # 解释：我作为先手，面对 piles[i...j] 时，有两种选择：
  4. # 要么我选择最左边的那一堆石头，然后面对 piles[i+1...j]
  5. # 但是此时轮到对方，相当于我变成了后手；
  6. # 要么我选择最右边的那一堆石头，然后面对 piles[i...j-1]
  7. # 但是此时轮到对方，相当于我变成了后手。
  9. if 先手选择左边:
  10.     dp[i][j].sec = dp[i+1][j].fir
  11. if 先手选择右边:
  12.     dp[i][j].sec = dp[i][j-1].fir
  13. # 解释：我作为后手，要等先手先选择，有两种情况：
  14. # 如果先手选择了最左边那堆，给我剩下了 piles[i+1...j]
  15. # 此时轮到我，我变成了先手；
  16. # 如果先手选择了最右边那堆，给我剩下了 piles[i...j-1]
  17. # 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：

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

2

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] 和 dp[i][j-1]：

3

所以说算法不能简单的一行一行遍历 dp 数组，而要斜着遍历数组：

4

说实话，斜着遍历二维数组说起来容易，你还真不一定能想出来怎么实现，不信你思考一下？这么巧妙的状态转移方程都列出来了，要是不会写代码实现，那真的很尴尬了。

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：

  1. class Pair {
  2.     int fir, sec;
  3.     Pair(int fir, int sec) {
  4.         this.fir = fir;
  5.         this.sec = sec;
  6.     }
  7. }

然后直接把我们的状态转移方程翻译成代码即可，可以注意一下斜着遍历数组的技巧：

  1. /* 返回游戏最后先手和后手的得分之差 */
  2. int stoneGame(int[] piles) {
  3.     int n = piles.length;
  4.     // 初始化 dp 数组
  5.     Pair[][] dp = new Pair[n][n];
  6.     for (int i = 0; i < n; i++) 
  7.         for (int j = i; j < n; j++)
  8.             dp[i][j] = new Pair(0, 0);
  9.     // 填入 base case
  10.     for (int i = 0; i < n; i++) {
  11.         dp[i][i].fir = piles[i];
  12.         dp[i][i].sec = 0;
  13.     }
  14.     // 斜着遍历数组
  15.     for (int l = 2; l <= n; l++) {
  16.         for (int i = 0; i <= n - l; i++) {
  17.             int j = l + i - 1;
  18.             // 先手选择最左边或最右边的分数
  19.             int left = piles[i] + dp[i+1][j].sec;
  20.             int right = piles[j] + dp[i][j-1].sec;
  21.             // 套用状态转移方程
  22.             if (left > right) {
  23.                 dp[i][j].fir = left;
  24.                 dp[i][j].sec = dp[i+1][j].fir;
  25.             } else {
  26.                 dp[i][j].fir = right;
  27.                 dp[i][j].sec = dp[i][j-1].fir;
  28.             }
  29.         }
  30.     }
  31.     Pair res = dp[0][n-1];
  32.     return res.fir - res.sec;
  33. }

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，可解释性很差，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。

希望本文对你有帮助。

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Hanmin 提供 Python3 代码:

  1. def stoneGame(self, piles:List[int]) -> int:
  2.     n = len(piles)
  3.     ##初始化dp数组，用三维数组表示
  4.     dp = [[[0,0] for _ in range(0,n)] for _ in range(n)]
  5.     ##填入base case
  6.     for i in range(0,n):
  7.         dp[i][i][0] = piles[i]
  8.         dp[i][i][1] = 0
  9.     ##斜着遍历数组
  10.     for l in range(2,n+1):
  11.         for i in range(0,n-l+1):
  12.             j = l + i - 1
  13.             ##先手选择最左边或者最右边的分数
  14.             left = piles[i] + dp[i+1][j][1]
  15.             right = piles[j] + dp[i][j-1][1]
  16.             ##套用状态转移方程
  17.             if left > right:
  18.                 dp[i][j][0] = left
  19.                 dp[i][j][1] = dp[i+1][j][0]
  20.             else:
  21.                 dp[i][j][0] = right
  22.                 dp[i][j][1] = dp[i][j-1][0]
  23.     res = dp[0][n-1]
  24.     return res[0] - res[1]