题目描述
给定一个长为n的整数序列(n<=1000)，由A和B轮流取数（A先取）。每个人可从序列的左端或右端取若干个数（至少一个），但不能两端都取。所有数都被取走后，两人分别统计所取数的和作为各自的得分。假设A和B都足够聪明，都使自己得分尽量高，求A的最终得分。
输入输出格式
输入格式：
第一行，一个正整数T，表示有T组数据。（T<=100）
接着T行，每行第一个数为n，接着n个整数表示给定的序列.
输出格式：
输出T行，每行一个整数，表示A的得分
输入输出样例
说明
时限：3s
题解
首先让我们试试暴力思路：
设A的得分为VA，B的得分为VB
那么在（VA-VB）取得最大值时，有VA最大。
证明：VA-VB=VA-（Sum-VA）=2*VA-Sum
设F[L][R]为当前还剩[L][R]时，（先手得分-后手得分）的最大值。
若当前正在处理F[L][R]，那么存在三种选择方案：
1.全取。
F[L][R]=∑{ v[i] | L < = i < = R }
2.从左边取一些。（保留L'到R）
F[L][R]=∑{ v[i] | L <= i <= L'-1 }-F[L'][R]
3.从右边取一些。（保留L到R'）
F[L][R]=∑{ v[i] | R'+1 <= i <= R }-F[L][R']
关于减去F[L'][R]：
当区间转换到[L',R]时的F值，为转换后的先手-后手，也就是当前意义下的后手-先手，
所以-（后手-先手）=先手-后手。
这样，我们从小到大枚举区间，每次在这三种决策中取一种最优决策，
最后的max(VA-VB)=F[1][n],
max(VA)=（F[1][n]+Sum）/2。
于是我们可以很较为轻松的写出O(n^3)的暴力啦！
/*
qwerta
P1430 序列取数
Unaccepted
40
代码 C++，0.94KB
提交时间 2018-09-19 18:57:13
耗时/内存
19351ms, 4628KB
*/
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
#define R register
inline int read()
{
char ch=getchar();
int x=;bool s=;
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')s=;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
return s?x:-x;
}
int s[];
int f[][];
//int m[1007][1007];
int main()
{
//freopen("a.in","r",stdin);
int t=read();
while(t--)
{
int n=read();
for(R int i=;i<=n;++i)
s[i]=s[i-]+read();
for(R int len=;len<=n;++len)
for(R int l=;l+len-<=n;++l)
{ int r=l+len-;
f[l][r]=s[r]-s[l-];
for(R int _l=l+;_l<=r;++_l)
f[l][r]=max(f[l][r],s[_l-]-s[l-]-f[_l][r]);
for(R int _r=r-;_r>=l;--_r)
f[l][r]=max(f[l][r],s[r]-s[_r]-f[l][_r]); }
printf("%d\n",(f[][n]+s[n])>>);
}
return ;
}
但是想要通过1e3的数据，O(n^3*t)的时间复杂度肯定是布星的。
所以我们还需要一点儿优化。
考虑状态数是n^2的，雷打不动，所以我们要将贼手伸向状态转移。
以从右取为例：
F[L][R]=max（S[R]-S[R']-F[L][R']） //(L <= R' <= R-1)
=max（S[R]-（S[R']+F[L][R']））
如果我们能知道R'在L到R-1上时，S[R']+F[L][R']的最小值，那么就能O(1)转移了。
设
Min[L][R]=min{S[R']+F[L][R'] | L <= R' <= R }
那么有
Min[L][R-1]=min{S[R']+F[L][R'] | L <= R' <= R-1 }
也就是说
Min[L][R]=min(Min[L][R-1],S[R]+F[L][R])
这样，在循环枚举区间的同时顺便维护一下Min[L][R]，就可以实现O(1)转移了。
其实就是把暴力中间那两句话换了种说法而已。
/*
qwerta
P1430 序列取数
Accepted
100
代码 C++，1.63KB
提交时间 2018-09-19 20:05:27
耗时/内存
4910ms, 12444KB
*/
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
#define R register
inline int read()
{
char ch=getchar();
int x=;bool s=;
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')s=;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
return s?x:-x;
}//快读（这题略卡常）
int s[];
int f[][];
int ml[][];
int mr[][];
//设ml为固定L端时的min值，mr为固定R端时的max值
void write(int x)
{
if(x>)write(x/);
putchar(x%+'');
return;
}//快写
int main()
{
//freopen("a.in","r",stdin);
int t=read();
while(t--)
{
int n=read();
for(R int i=;i<=n;++i)
s[i]=s[i-]+read();//前缀和
for(R int l=;l<=n;++l)
{
f[l][l]=s[l]-s[l-];
ml[l][l]=s[l]+f[l][l];
mr[l][l]=s[l-]-f[l][l];
}//预处理
for(R int len=;len<=n;++len)
for(R int l=,r=len;r<=n;++l,++r)//枚举区间
{
f[l][r]=s[r]-s[l-];
//mr
//for(R int _l=l+1;_l<=r;++_l)
//f[l][r]=max(f[l][r],s[_l-1]-s[l-1]-f[_l][r]);
f[l][r]=max(f[l][r],mr[l+][r]-s[l-]);
//ml
//for(R int _r=r-1;_r>=l;--_r)
//f[l][r]=max(f[l][r],s[r]-s[_r]-f[l][_r]);
f[l][r]=max(f[l][r],s[r]-ml[l][r-]);
//
ml[l][r]=min(ml[l][r-],s[r]+f[l][r]);
mr[l][r]=max(mr[l+][r],s[l-]-f[l][r]);
}
int x=(f[][n]+s[n])>>;
if(x<){putchar('-');write(-x);}
else write(x);
putchar('\n');
//输出答案
}
return ;
}