0464. 我能赢么
https://leetcode-cn.com/problems/can-i-win/
在 "100 game" 这个游戏中，两名玩家轮流选择从 1 到 10 的任意整数，累计整数和，先使得累计整数和达到或超过 100 的玩家，即为胜者。
如果我们将游戏规则改为 “玩家不能重复使用整数” 呢？
例如，两个玩家可以轮流从公共整数池中抽取从 1 到 15 的整数（不放回），直到累计整数和 >= 100。
给定一个整数 maxChoosableInteger （整数池中可选择的最大数）和另一个整数 desiredTotal（累计和），判断先出手的玩家是否能稳赢（假设两位玩家游戏时都表现最佳）？
你可以假设 maxChoosableInteger 不会大于 20， desiredTotal 不会大于 300。
示例：
输入：
maxChoosableInteger = 10
desiredTotal = 11
输出：
false
解释：
无论第一个玩家选择哪个整数，他都会失败。
第一个玩家可以选择从 1 到 10 的整数。
如果第一个玩家选择 1，那么第二个玩家只能选择从 2 到 10 的整数。
第二个玩家可以通过选择整数 10（那么累积和为 11 >= desiredTotal），从而取得胜利.
同样地，第一个玩家选择任意其他整数，第二个玩家都会赢。
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题目的函数签名如下：
def canIWin(self, maxChoosableInteger: int, desiredTotal: int) -> bool:
即给你两个整数 maxChoosableInteger 和 desiredTotal，让你返回一个布尔值。
两种特殊情况
首先考虑两种特殊情况，后面所有的解法这两种特殊情况都适用，因此不再赘述。
- 如果 desiredTotal 是小于等于 maxChoosableInteger 的，直接返回 True，这不难理解。
- 如果 [1, maxChoosableInteger] 全部数字之和小于 desiredTotal，谁都无法赢，返回 False。
一般情况
考虑完了特殊情况，我们继续思考一般情况。
首先我们来简化一下问题， 如果数字可以随便选呢？这个问题就简单多了，和爬楼梯没啥区别。这里考虑暴力求解，使用 DFS + 模拟的方式来解决。
注意到每次可选的数字都不变，都是 [1, maxChoosableInteger] ，因此无需通过参数传递。或者你想传递的话，把引用往下传也是可以的。
这里的 [1, maxChoosableInteger] 指的是一个左右闭合的区间。
为了方便大家理解，我画了一个逻辑树：
接下来，我们写代码遍历这棵树即可。
可重复选的暴力核心代码如下：
class Solution:
def canIWin(self, maxChoosableInteger: int, desiredTotal: int) -> bool:
# acc 表示当前累计的数字和
def dfs(acc):
if acc >= desiredTotal:
return False
for n in range(1, maxChoosableInteger + 1):
# 对方有一种情况赢不了，我就选这个数字就能赢了，返回 true，代表可以赢。
if not dfs(acc + n):
return True
return False
# 初始化集合，用于保存当前已经选择过的数。
return dfs(0)
上面代码已经很清晰了，并且加了注释，我就不多解释了。我们继续来看下如果数字不允许重复选 会怎么样？
一个直观的思路是使用 set 记录已经被取的数字。当选数字的时候，如果是在 set 中则不取即可。由于可选数字在动态变化。也就是说上面的逻辑树部分，每个树节点的可选数字都是不同的。
那怎么办呢？很简单，通过参数传递呗。而且：
- 要么 set 是值传递，这样不会相互影响。
如果使用值传递，对应是这样的：
如果在每次递归返回的是时候主动回溯状态，对应是这样的：
注意图上的蓝色的新增的线，他们表示递归返回的过程。我们需要在返回的过程撤销选择。比如我选了数组 2， 递归返回的时候再把数字 2 从 set 中移除。
简单对比下两种方法。
- 使用 set 的值传递，每个递归树的节点都会存一个完整的 set，空间大概是 节点的数目 X set 中数字个数，因此空间复杂度大概是 $O(2^maxChoosableInteger * maxChoosableInteger)$， 这个空间根本不可想象，太大了。
- 使用本状态回溯的方式。由于每次都要从 set 中移除指定数字，时间复杂度是 $O(maxChoosableInteger X 节点数)$，这样做时间复杂度又太高了。
这里我用了第二种方式 - 状态回溯。和上面代码没有太大的区别，只是加了一个 set 而已，唯一需要注意的是需要在回溯过程恢复状态（picked.remove(n)）。
代码支持 ：Python3
Python3 Code:
class Solution:
def canIWin(self, maxChoosableInteger: int, desiredTotal: int) -> bool:
if desiredTotal <= maxChoosableInteger:
return True
if sum(range(maxChoosableInteger + 1)) < desiredTotal:
return False
# picked 用于保存当前已经选择过的数。
# acc 表示当前累计的数字和
def backtrack(picked, acc):
if acc >= desiredTotal:
return False
if len(picked) == maxChoosableInteger:
# 说明全部都被选了，没得选了，返回 False， 代表输了。
return False
for n in range(1, maxChoosableInteger + 1):
if n not in picked:
picked.add(n)
# 对方有一种情况赢不了，我就选这个数字就能赢了，返回 true，代表可以赢。
if not backtrack(picked, acc + n):
picked.remove(n)
return True
picked.remove(n)
return False
# 初始化集合，用于保存当前已经选择过的数。
return backtrack(set(), 0)
有的同学可能会问， 为什么不使用记忆化递归？这样可以有效减少逻辑树的节点数，从指数级下降到多项式级。这里的原因在于 set 是不可直接序列化的，因此不可直接存储到诸如哈希表这样的数据结构。
而如果你自己写序列化，比如最粗糙的将 set 转换为字符串或者元祖存。看起来可行，set 是 ordered 的，因此如果想正确序列化还需要排序。当然你可用一个 orderedhashset，不过效率依然不好，感兴趣的可以研究一下。
如下图，两个 set 应该一样，但是遍历的结果顺序可能不同，如果不排序就可能有错误。
至此，问题的关键基本上锁定为找到一个可以序列化且容量大大减少的数据结构来存是不是就可行了？
注意到 maxChoosableInteger 不会大于 20 这是一个强有力的提示。由于 20 是一个不大于 32 的数字， 因此这道题很有可能和状态压缩有关，比如用 4 个字节存储状态。力扣相关的题目还有不少， 具体大家可参考文末的相关题目。
我们可以将状态进行压缩，使用位来模拟。实际上使用状态压缩和上面思路一模一样，只是 API 不一样罢了。
假如我们使用的这个用来代替 set 的数字名称为 picked。
- picked 第一位表示数字 1 的使用情况。
- picked 第二位表示数字 2 的使用情况。
- picked 第三位表示数字 3 的使用情况。
- 。。。
比如我们刚才用了集合，用到的集合 api 有：
- in 操作符，判断一个数字是否在集合中
- add(n) 函数， 用于将一个数加入到集合
- len()，用于判断集合的大小
如果实现 add 操作？
这个不难。 比如我要模拟 picked.add(n)，只要将 picked 第 n 为置为 1 就行。也就是说 1 表示在集合中，0 表示不在。
使用或运算和位移运算可以很好的完成这个需求。
位移运算
1 << a
指的是 1 的二进制表示全体左移 a 位， 右移也是同理
| 操作
a | b
指的是 a 和 b 每一位都进行或运算的结构。 常见的用法是 a 和 b 其中一个当成是 seen。 这样就可以当二值数组和哈希表用了。 比如：
seen = 0b0000000
a = 0b0000001
b = ob0000010
seen |= a 后， seen 为 0b0000001
seen |= b 后， seen 为 0b0000011
这样我就可以知道 a 和 b 出现过了。 当然 a ， b 以及其他你需要统计的数字只能用一位。 典型的是题目只需要存 26 个字母，那么一个 int( 32 bit) 足够了。 如果是包括大写，那就是 52， 就需要至少 52 bit。
如何实现 in 操作符？
有了上面的铺垫就简单了。比如要模拟 n in picked。那只要判断 picked 的第 n 位是 0 还是 1 就行了。如果是 0 表示不在 picked 中，如果是 1 表示在 picked 中。
用或运算和位移运算可以很好的完成这个需求。
& 操作
a & b
指的是 a 和 b 每一位都进行与运算的结构。 常见的用法是 a 和 b 其中一个是 mask。 这样就可以得指定位是 0 还是 1 了。 比如：
mask = 0b0000010
a & mask == 1 说明 a 在第二位（从低到高）是 1
a & mask == 0 说明 a 在第二位（从低到高）是 0
如何实现 len
其实只要逐个 bit 比对，如果当前 bit 是 1 则计数器 + 1，最后返回计数器的值即可。
这没有问题。而实际上，我们只关心集合大小是否等于 maxChoosableInteger。也就是我只关心第 maxChoosableInteger 位以及低于 maxChoosableInteger 的位是否全部是 1。
这就简单了，我们只需要将 1 左移 maxChoosableInteger + 1 位再减去 1 即可。一行代码搞定：
picked == (1 << (maxChoosableInteger + 1)) - 2
上面代码返回 true 表示满了， 否则没满。
至此大家应该感受到了，使用位来代替 set 思路上没有任何区别。不同的仅仅是 API 而已。如果你只会使用 set 不会使用位运算进行状态压缩，只能说明你对位 的 api 不熟而已。多练习几道就行了，文末我列举了几道类似的题目，大家不要错过哦~
- 回溯
- 动态规划
- 状态压缩
代码支持：Java,CPP,Python3,JS
Java Code:
public class Solution {
public boolean canIWin(int maxChoosableInteger, int desiredTotal) {
if (maxChoosableInteger >= desiredTotal) return true;
if ((1 + maxChoosableInteger) * maxChoosableInteger / 2 < desiredTotal) return false;
Boolean[] dp = new Boolean[(1 << maxChoosableInteger) - 1];
return dfs(maxChoosableInteger, desiredTotal, 0, dp);
}
private boolean dfs(int maxChoosableInteger, int desiredTotal, int state, Boolean[] dp) {
if (dp[state] != null)
return dp[state];
for (int i = 1; i <= maxChoosableInteger; i++){
int tmp = (1 << (i - 1));
if ((tmp & state) == 0){
if (desiredTotal - i <= 0 || !dfs(maxChoosableInteger, desiredTotal - i, tmp|state, dp)) {
dp[state] = true;
return true;
}
}
}
dp[state] = false;
return false;
}
}
C++ Code:
class Solution {
public:
bool canIWin(int maxChoosableInteger, int desiredTotal) {
int sum = (1+maxChoosableInteger)*maxChoosableInteger/2;
if(sum < desiredTotal){
return false;
}
unordered_map<int,int> d;
return dfs(maxChoosableInteger,0,desiredTotal,0,d);
}
bool dfs(int n,int s,int t,int S,unordered_map<int,int>& d){
if(d[S]) return d[S];
int& ans = d[S];
if(s >= t){
return ans = true;
}
if(S == (((1 << n)-1) << 1)){
return ans = false;
}
for(int m = 1;m <=n;++m){
if(S & (1 << m)){
continue;
}
int nextS = S|(1 << m);
if(s+m >= t){
return ans = true;
}
bool r1 = dfs(n,s+m,t,nextS,d);
if(!r1){
return ans = true;
}
}
return ans = false;
}
};
Python3 Code:
class Solution:
def canIWin(self, maxChoosableInteger: int, desiredTotal: int) -> bool:
if desiredTotal <= maxChoosableInteger:
return True
if sum(range(maxChoosableInteger + 1)) < desiredTotal:
return False
@lru_cache(None)
def dp(picked, acc):
if acc >= desiredTotal:
return False
if picked == (1 << (maxChoosableInteger + 1)) - 2:
return False
for n in range(1, maxChoosableInteger + 1):
if picked & 1 << n == 0:
if not dp(picked | 1 << n, acc + n):
return True
return False
return dp(0, 0)
JS Code:
var canIWin = function (maxChoosableInteger, desiredTotal) {
// 直接获胜
if (maxChoosableInteger >= desiredTotal) return true;
// 全部拿完也无法到达
var sum = (maxChoosableInteger * (maxChoosableInteger + 1)) / 2;
if (desiredTotal > sum) return false;
// 记忆化
var dp = {};
/**
* @param {number} total 剩余的数量
* @param {number} state 使用二进制位表示抽过的状态
*/
function f(total, state) {
// 有缓存
if (dp[state] !== undefined) return dp[state];
for (var i = 1; i <= maxChoosableInteger; i++) {
var curr = 1 << i;
// 已经抽过这个数
if (curr & state) continue;
// 直接获胜
if (i >= total) return (dp[state] = true);
// 可以让对方输
if (!f(total - i, state | curr)) return (dp[state] = true);
}
// 没有任何让对方输的方法
return (dp[state] = false);
}
return f(desiredTotal, 0);
};
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