本文属于「征服LeetCode」系列文章之一，这一系列正式开始于2021/08/12。由于LeetCode上部分题目有锁，本系列将至少持续到刷完所有无锁题之日为止；由于LeetCode还在不断地创建新题，本系列的终止日期可能是永远。在这一系列刷题文章中，我不仅会讲解多种解题思路及其优化，还会用多种编程语言实现题解，涉及到通用解法时更将归纳总结出相应的算法模板。

为了方便在PC上运行调试、分享代码文件，我还建立了相关的仓库：https://github.com/memcpy0/LeetCode-Conquest。在这一仓库中，你不仅可以看到LeetCode原题链接、题解代码、题解文章链接、同类题目归纳、通用解法总结等，还可以看到原题出现频率和相关企业等重要信息。如果有其他优选题解，还可以一同分享给他人。

由于本系列文章的内容随时可能发生更新变动，欢迎关注和收藏征服LeetCode系列文章目录一文以作备忘。

Alice 和 Bob 轮流玩一个游戏，Alice 先手。

一堆石子里总共有 n 个石子，轮到某个玩家时，他可以 移出 一个石子并得到这个石子的价值。Alice 和 Bob 对石子价值有 不一样的的评判标准 。双方都知道对方的评判标准。

给你两个长度为 n 的整数数组 aliceValues 和 bobValues 。aliceValues[i] 和 bobValues[i] 分别表示 Alice 和 Bob 认为第 i 个石子的价值。

所有石子都被取完后，得分较高的人为胜者。如果两个玩家得分相同，那么为平局。两位玩家都会采用 最优策略 进行游戏。

请你推断游戏的结果，用如下的方式表示：

• 如果 Alice 赢，返回 1 。
• 如果 Bob 赢，返回 -1 。
• 如果游戏平局，返回 0 。

示例 1：

输入：aliceValues = [1,3], bobValues = [2,1]
输出：1
解释：
如果 Alice 拿石子 1 （下标从 0开始），那么 Alice 可以得到 3 分。
Bob 只能选择石子 0 ，得到 2 分。
Alice 获胜。

示例 2：

输入：aliceValues = [1,2], bobValues = [3,1]
输出：0
解释：
Alice 拿石子 0 ， Bob 拿石子 1 ，他们得分都为 1 分。
打平。

示例 3：

输入：aliceValues = [2,4,3], bobValues = [1,6,7]
输出：-1
解释：
不管 Alice 怎么操作，Bob 都可以得到比 Alice 更高的得分。
比方说，Alice 拿石子 1 ，Bob 拿石子 2 ， Alice 拿石子 0 ，Alice 会得到 6 分而 Bob 得分为 7 分。
Bob 会获胜。

提示：

• n == aliceValues.length == bobValues.length
• 1 <= n <= 10^5
• 1 <= aliceValues[i], bobValues[i] <= 100

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解法 排序+贪心

设 Alice 选的数字之和为 $A$，Bob 选的数字之和为 $B$ 。

• 如果 $A-B>0$ 那么 Alice 赢；
• 如果 $A-B<0$ 那么 Bob 赢；
• 如果 $A-B=0$ 则平局。
• 所以 Alice 需要最大化 $A-B$ ，Bob 需要最小化 $A-B$ 。

下文把数组 $\text{aliceValues}$ 记作 $A$，把数组 $\text{bobValues}$ 记作 $B$。

以 $a=[2,4,3,5],b=[1,6,7,1]$ 为例说明。

假设 Bob 把所有石子都拿走，则 $A=0,B=15,A-B=-15$ 。

先来想一想，如果 Alice 只能拿走一颗石子，应该拿走哪颗呢？

1. 拿走第一颗，那么 $A=2,B=14,A-B=-12$ 。
2. 拿走第二颗，那么 $A=4,B=9,A-B=-5$ 。
3. 拿走第三颗，那么 $A=3,B=8,A-B=-5$ 。
4. 拿走第四颗，那么 $A=5,B=14,A-B=-9$ 。

对比 Bob 把所有石子都拿走的情况，如果 Alice 拿走第二颗或者第三颗，都可以让 $-15$ 增大为 $-5$ ，增量为 $10$ 。由于 $A$ 增加了 $a[i]$ ，$B$ 减少了 $b[i]$ ，所以 $A-B$ 的增量等于
$$a[i]-(-b[i])=a[i]+b[i]$$
所以 Alice 拿走 $a[i]+b[i]$ 最大的石子最优。

回到原题，Alice 可以拿走两颗石子，应该拿走哪两颗呢？

我们从 Bob 把所有石子都拿走的情况出发，也就是在 $A=0,B=15$ 的基础上思考，Alice 拿走哪两颗石子，可以让 $A-B$ 增加的尽量多？

定义 $c[i]=a[i]+b[i]$ ，那么 $c=[3,10,10,6]$ 。现在问题变成：给定数组 $c$ ，Alice 每回合拿走一个数，Bob 每回合删除一个数，Alice 拿走的数之和最大是多少？注意 Bob 要让 Alice 拿走的数之和尽量小。

如此转换后，贪心策略就很显然了：Alice 从大到小拿走数字，Bob 也从大到小删除数字。

所以把 $c$ 从大到小排序为 $[10,10,6,3]$ ，两人从左往右交替取数，那么 Alice 只能拿走下标为偶数的数字，其余数字被 Bob 删除。所以 $A-B$ 最大可以增加 $c[0]+c[2]=10+6=16$ ，增加后 $A-B=1>0$ ，Alice 险胜！

算法
把数组按照 $a[i]+b[i]$ 从大到小排序。可以创建一个 $(a[i],b[i])$ 的 pair 数组对其排序，也可以创建一个下标数组排序。

用 $\text{diff}$ 表示 $A-B$ ，初始化 $\text{diff}=0$ 。遍历数组，把偶数下标的 $a[i]$ 加到 $A$ 中，相当于 $diff$ 增加了 $a[i]$ ；把奇数下标的 $b[i]$ 加到 $B$ 中，相当于 $\text{diff}$ 减少了 $b[i]$ 。

循环结束后，如果 $diff>0$ ，返回 $1$ ；如果 $diff<0$ ，返回 $-1$ ；如果 $diff=0$ ，返回 $0$ 。

问：从这个思路的本质是什么？为什么这样转换一下，问题就变得简单了许多？
答：转换前，我们需要同时考虑 $a[i]$ 和 $b[i]$ 这两个变量，不好处理。转换成 Bob 先把所有数字选了，我们就只需要思考 Alice 如何选数字，只有 $c[i]$ 这一个变量，更容易处理。从某种程度上来说，这也可以算作一种「正难则反」。

问：有没有其它的思考方式？
答：也可以这样思考：对比两颗石子 $(a[i],b[i])$ 和 $(a[j],b[j])$ 。如果 Alice 选 $i$ ，Bob 选 $j$ ，那么 $A-B=a[i]-b[j]$ ；如果 Alice 选 $j$ ，Bob 选 $i$ ，那么 $A-B=a[j]-b[i]$ 。如果 Alice 选 $i$ 更优，则有 $a[i]-b[j]>a[j]-b[i]$ ，即 $a[i]+b[i]>a[j]+b[j]$ ，说明 Alice 应当优先选 $a[i]+b[i]$ 更大的石子。

# python
class Solution:def stoneGameVI(self, a: List[int], b: List[int]) -> int:pairs = sorted(zip(a, b), key = lambda p: -(p[0] + p[1])) # a[i]+b[i]越大排在前diff = sum(x if i % 2 == 0 else -y for i, (x, y) in enumerate(pairs)) # 表示A-Breturn (diff > 0) - (diff < 0)class Solution:def stoneGameVI(self, a: List[int], b: List[int]) -> int:s = sorted((x + y for x, y in zip(a, b)), reverse = True)diff = sum(s[::2]) - sum(b)return (diff > 0) - (diff < 0)

func stoneGameVI(a []int, b []int) int {type pair struct { x, y int }pairs := make([]pair, len(a)) // pair数组for i, x := range a {pairs[i] = pair{x, b[i]}}slices.SortFunc(pairs, func(p, q pair) int {return q.x + q.y - (p.x + p.y)})diff := 0for i, p := range pairs {if i % 2 == 0 {diff += p.x} else {diff -= p.y}}return cmp.Compare(diff, 0)
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：$\mathcal{O}(n\log n)$ ，其中 $n$ 为 $a$ 的长度。瓶颈在排序上。
• 空间复杂度：$\mathcal{O}(n)$ 。