题目链接：UVA - 10891 - Game of Sum - （区间DP）
题意：有n个数字的序列，有两个人A，B来玩游戏， 每个人每次可以从两端（左或右）中的任意一端取走一个或若干个数（获得价值为取走数之和）， 但是他取走的方式一定要让他在游戏结束时价值尽量的高，最头疼的是两个人都很聪明，所以每一轮两人都将按照对自己最有利的方法去取数字，计算一下在游戏结束时，先取数的人A的价值与后取数人B的价值之差（不要求绝对值）。
题解全部来自下面的博客：
https://blog.csdn.net/nixinyis/article/details/50733202
https://blog.csdn.net/basementman/article/details/16905657
https://blog.csdn.net/tengfei461807914/article/details/50885531
解析：
有如下经典题目：两个玩家A和B在玩一个取石子游戏，且每个石子都有它们各自的价值。在游戏中有这样一个规则：每次取一个石子必行从两端取，要么是最左端，要么是最右端，直到取完为止。两个玩家都非常聪明，他们每次都会去最优的结果。给他们N个石子，你能计算出玩家A，B各自的最后结果吗？假设总是玩家A先开局。
因为分数总和是一定的，所以一个人的得分越高，另一个就越低。而且不管怎么取，游戏的状态始终是一段连续子序列。所以可以用数组best[i,j]来表示在由第i个到第j个元素组成的子序列时先手所能得到的最高分。因为两个人都是用最优策略，那么先手后手的问题可以随意定义一个就好。所以我们可以分析，另一个人在所能取得所有最优选择中得分最低的分数 m ，sum-m即为我的最高得分。
对于这个经典问题，我们考虑best[i][j]表示开局者玩家A的i到j部分得到最大和，sum[i][j]表示从i到j和,由于只能从两端取石子，要么有从最左端，要么从最右端。则有转移方程：
best[i][j]=sum[i][j]-min(best[i][j-1],best[i+1][j]); 目标状态：best[1][n]
那么推广到这题，可以从两端取连续的，我们同样稍改变下即可。在状态转移时，我们要枚举从左边和从右边取以及取多少个，这等价于枚举给对手剩下了怎么样的子序列，是(k,j)（i<k<=j），还是(k,j)（i<=k<j）。所以有
best[i,j]=sum(i,j)-min{best[i+1,j],best[i+2,j]……,best[j,j],best[i,j-1],best[i,j-2]……,best[i,i],0}
其中sum(i,j)是元素i到j的书之和，其中“0”表示取完所有的数。
所以A的得分是d[1,n]，B的得分是sum(1,n)-d[1,n]，答案便是d[1,n]-(sum(1,n)-d[1,n])=2*d[1,n]-sum(1,n)
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll maxN=105;
int sum[maxN],a[maxN];
int n,dp[maxN][maxN];
bool vis[maxN][maxN];
int fdp(int l,int r)
{
if(vis[l][r]) return dp[l][r];
vis[l][r]=true;
int tmp=0;
for(int k=l+1;k<=r;k++)
tmp=min(tmp,fdp(k,r));
for(int k=l;k<r;k++)
tmp=min(tmp,fdp(l,k));
dp[l][r]=sum[r]-sum[l-1]-tmp;
return dp[l][r];
}
int main()
{
while(scanf("%d",&n)&&n)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
sum[i]=sum[i-1]+a[i];
}
memset(vis,false,sizeof(vis));
int ans=2*fdp(1,n)-sum[n];
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}