簡略題意：bob和孩子玩遊戲，孩子先手，每次他們從陣列的兩端取數。孩子每次都會取左右中最大的數，bob任取。問能否讓孩子獲勝，且兩人的分數差盡可能小。
說來慚愧，這題我不會，但是很多人過了，即使是折半列舉複雜度也還是很高，那就爆搜之後剪枝吧。
區間的極大極小值可以區間dp預處理得到。
對於某個狀態(l
,r,v
al) ，代表當前還能取[l
,r] 區間，bob和孩子的差值為val。 mx
[l][
r]代表
bob和
孩子取[
l,r]
區間的數
能得到的
最大差值
mi[l][r
]代表b
ob和孩
子取[l
,r]區
間的數能
得到的最
小差值
1.若當前處於(l
,r,v
al)狀態，va
l+mx
[l][
r]也小
於當前已
經獲得的
答案，這
部分減掉
。 2 .若當前處於(l
,r,v
al)狀態，va
l+mi
[l][
r]已經
大於0，
則無法再
更新答案
，這部分
減掉。
3 .若當前處於(l
,r,v
al)狀態，va
l+mx
[l][
r]已經大於當前的答案，且小於
0 ，則直接更新答案。
即使是這樣也還是過不去
參考這份題解snowy_smile的部落格，加上流氓性剪枝就能0m
s過了…
或者直接設定乙個遞迴次數上限，也能0m
s 過…
其實還是資料水的原因。
#include
using
namespace
std;
const
int n = 92;
int t;
int n;
int v[n];
int mx[n][n], mn[n][n];
void umax(int &x, int y)
void umin(int &x, int y)
int ans;
bool sign = 0;
int cnt = 0;
void dfs(int l, int r, int val)
if(l > r)
if(val + mx[l][r] <= ans) return ;
if(val + mn[l][r] >= 0) return ;
if(val + mx[l][r] < 0)
int tmp;
if(v[l] >= v[r]) tmp = v[l++];
else tmp = v[r--];
dfs(l, r-1, v[r] + val - tmp);
dfs(l+1, r, v[l] + val - tmp);
}int main()
}ans = -0x3f3f3f3f;
dfs(1, n, 0);
else
cout
<<-ans0;}
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