组合游戏1: Leetcode中的Minimax 和 Alpha Beta剪枝
本系列，我们来看看在一种常见的组合游戏——回合制棋盘类游戏中，如何用算法来解决问题。首先，我们会介绍并解决搜索空间较小的问题，引入经典的博弈算法和相关理论，最终实现在大搜索空间中的Deep RL近似算法。在此基础上可以理解AlphaGo的原理和工作方式。本系列的第一篇，我们介绍3个Leetcode中的零和回合制游戏，从最初的暴力解法，到动态规划最终演变成博弈论里的经典算法：minimax 以及 alpha beta 剪枝。
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第一篇 [Leetcode中的Minimax 和 Alpha Beta剪枝]
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第二篇: 一些组合游戏的理论
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第三篇: 连接N个点 的OpenAI Gym GUI环境
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第四篇: 蒙特卡洛树搜索（MCTS）和时间差分学习（TD learning）
Leetcode 292 Nim Game (简单)
简单题 Leetcode 292 Nim Game。
你和你的朋友，两个人一起玩 Nim游戏：桌子上有一堆石头，每次你们轮流拿掉 1 - 3 块石头。拿掉最后一块石头的人就是获胜者。你作为先手。
你们是聪明人，每一步都是最优解。编写一个函数，来判断你是否可以在给定石头数量的情况下赢得游戏。
示例:
输入: 4
输出: false
解释: 如果堆中有 4 块石头，那么你永远不会赢得比赛；因为无论你拿走 1 块、2 块 还是 3 块石头，最后一块石头总是会被你的朋友拿走。
定义 为有 个石头并采取最优策略的游戏结果， 的值只有可能是赢或者输。考察前几个结果： ，然后来计算 。因为玩家采取最优策略（只要有一种走法让对方必输，玩家获胜），对于4来说，玩家能走的可能是拿掉1块、2块或3块，但是无论剩余何种局面，对方都是必赢，因此，4就是必输。总的说来，递归关系如下：
这个递归式可以直接翻译成Python 3代码
# TLE
# Time Complexity: O(exponential)
class Solution_BruteForce:
def canWinNim(self, n: int) -> bool:
if n <= 3:
return True
for i in range(1, 4):
if not self.canWinNim(n - i):
return True
return False
以上的递归公式和代码很像fibonacci数的递归定义和暴力解法，因此对应的时间复杂度也是指数级的，提交代码以后会TLE。下图画出了当n=7时的递归调用，注意 5 被扩展向下重复执行了两次，4重复了4次。
我们采用和fibonacci一样的方式来优化算法：缓存较小n的结果以此来计算较大n的结果。Python 中，我们可以只加一行lru_cache decorator，来取得这种动态规划效果，下面的代码将复杂度降到了 。
# RecursionError: maximum recursion depth exceeded in comparison n=1348820612
# Time Complexity: O(N)
class Solution_DP:
from functools import lru_cache
@lru_cache(maxsize=None)
def canWinNim(self, n: int) -> bool:
if n <= 3:
return True
for i in range(1, 4):
if not self.canWinNim(n - i):
return True
return False
再来画出调用图：这次5和4就不再被展开重复计算，图中绿色的节点表示缓存命中。
# TLE for 1348820612
# Time Complexity: O(N)
class Solution:
def canWinNim(self, n: int) -> bool:
if n <= 3:
return True
last3, last2, last1 = True, True, True
for i in range(4, n+1):
this = not (last3 and last2 and last1)
last3, last2, last1 = last2, last1, this
return last1
由此看来，AC 版本需要低于 的算法复杂度。上面的写法似乎暗示输赢有周期性的规律。事实上，如果将输赢按照顺序画出来，就马上得出规律了：只要 就是输，否则赢。原因如下：当面临不能被4整除的数量时 ，一方总是可以拿走 个，将 留给对手，而对方下轮又将返回不能被4整除的数，如此循环往复，直到这一方有1, 2, 3 个，最终获胜。
最终AC版本，只有一句语句。
# AC
# Time Complexity: O(1)
class Solution:
def canWinNim(self, n: int) -> bool:
return not (n % 4 == 0)
Leetcode 486 Predict the Winner (中等)
中等难度题目：Leetcode 486 Predict the Winner.
给定一个表示分数的非负整数数组。玩家1从数组任意一端拿取一个分数，随后玩家2继续从剩余数组任意一端拿取分数，然后玩家1拿，……。每次一个玩家只能拿取一个分数，分数被拿取之后不再可取。直到没有剩余分数可取时游戏结束。最终获得分数总和最多的玩家获胜。
给定一个表示分数的数组，预测玩家1是否会成为赢家。你可以假设每个玩家的玩法都会使他的分数最大化。
示例 1:
输入: [1, 5, 2]
输出: False
解释: 一开始，玩家1可以从1和2中进行选择。
如果他选择2（或者1），那么玩家2可以从1（或者2）和5中进行选择。如果玩家2选择了5，那么玩家1则只剩下1（或者2）可选。
所以，玩家1的最终分数为 1 + 2 = 3，而玩家2为 5。
因此，玩家1永远不会成为赢家，返回 False。
示例 2:
输入: [1, 5, 233, 7]
输出: True
解释: 玩家1一开始选择1。然后玩家2必须从5和7中进行选择。无论玩家2选择了哪个，玩家1都可以选择233。
最终，玩家1（234分）比玩家2（12分）获得更多的分数，所以返回 True，表示玩家1可以成为赢家。
对于当前玩家，他有两种选择：左边或者右边的数。定义 maxDiff(l, r) 为剩余子数组 时，当前玩家能取得的最大分差，那么
对应的时间复杂度可以写出递归式，显然是指数级的：
采用暴力解法可以AC，但运算时间很长，接近TLE边缘 (6300ms)。
# AC
# Time Complexity: O(2^N)
# Slow: 6300ms
from typing import List
class Solution:
def maxDiff(self, l: int, r:int) -> int:
if l == r:
return self.nums[l]
return max(self.nums[l] - self.maxDiff(l + 1, r), self.nums[r] - self.maxDiff(l, r - 1))
def PredictTheWinner(self, nums: List[int]) -> bool:
self.nums = nums
return self.maxDiff(0, len(nums) - 1) >= 0
从调用图也很容易看出是指数级的复杂度
上图中我们有重复计算的节点，例如[1-2]节点被计算了两次。使用 lru_cache 大法，在maxDiff 上仅加了一句，就能以复杂度 和运行时间 43ms AC。
# AC
# Time Complexity: O(N^2)
# Fast: 43ms
from functools import lru_cache
from typing import List
class Solution:
@lru_cache(maxsize=None)
def maxDiff(self, l: int, r:int) -> int:
if l == r:
return self.nums[l]
return max(self.nums[l] - self.maxDiff(l + 1, r), self.nums[r] - self.maxDiff(l, r - 1))
def PredictTheWinner(self, nums: List[int]) -> bool:
self.nums = nums
return self.maxDiff(0, len(nums) - 1) >= 0
动态规划解法调用图可以看出节点 [1-2] 这次没有被计算两次。
Leetcode 464 Can I Win (中等)
类似但稍有难度的题目 Leetcode 464 Can I Win。难点在于使用了位的状态压缩。
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 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。
# AC
# Time Complexity: O:(2^m*m), m: maxChoosableInteger
class Solution:
from functools import lru_cache
@lru_cache(maxsize=None)
def recurse(self, status: int, currentTotal: int) -> bool:
for i in range(1, self.maxChoosableInteger + 1):
if not (status >> i & 1):
new_status = 1 << i | status
if currentTotal + i >= self.desiredTotal:
return True
if not self.recurse(new_status, currentTotal + i):
return True
return False
def canIWin(self, maxChoosableInteger: int, desiredTotal: int) -> bool:
self.maxChoosableInteger = maxChoosableInteger
self.desiredTotal = desiredTotal
sum = maxChoosableInteger * (maxChoosableInteger + 1) / 2
if sum < desiredTotal:
return False
return self.recurse(0, 0)
上面的代码算法复杂度为 ，m是maxChoosableInteger。由于所有状态的数量是 ，对于每个状态，最多会尝试 走法。
Minimax 算法
至此，我们AC了leetcode中的几道零和回合制博弈游戏。事实上，在这个领域有通用的算法：回合制博弈下的minimax。算法背景如下，两个玩家轮流玩，第一个玩家max的目的是将游戏的效用最大化，第二个玩家min则是最小化效用。比如，下面的节点表示玩家选取节点后游戏的效用，当两个玩家都能采取最优策略，Minimax 算法从底层节点来计算，游戏的结果是最终max 玩家会得到-7。
Minimax Python 3伪代码如下。
def minimax(node: Node, depth: int, maximizingPlayer: bool) -> int:
if depth == 0 or is_terminal(node):
return evaluate_terminal(node)
if maximizingPlayer:
value:int = −∞
for child in node:
value = max(value, minimax(child, depth − 1, False))
return value
else: # minimizing player
value := +∞
for child in node:
value = min(value, minimax(child, depth − 1, True))
return value
Minimax: 486 Predict the Winner
我们知道486 Predict the Winner 是有minimax解法的，但如何具体实现，其难点在于如何定义合适的游戏价值或者效用。之前的解法中，我们定义maxDiff(l, r) 来表示当前玩家面临子区间 时能取得的最大分差。对于minimax算法，max 玩家要最大化游戏价值，min玩家要最小化游戏价值。先考虑最简单情况即只有一个数x时，若定义max玩家在此局面下得到这个数时游戏价值为 +x，则min玩家为-x，即max玩家得到的所有数为正（ ），min玩家得到的所有数为负（ ）。至此，max玩家的目标就是 ，min玩家是 。有了精确的定义和优化目标，代码只需要套一下上面的模版。
# AC
from functools import lru_cache
from typing import List
class Solution:
# max_player: max(A - B)
# min_player: min(A - B)
@lru_cache(maxsize=None)
def minimax(self, l: int, r: int, isMaxPlayer: bool) -> int:
if l == r:
return self.nums[l] * (1 if isMaxPlayer else -1)
if isMaxPlayer:
return max(
self.nums[l] + self.minimax(l + 1, r, not isMaxPlayer),
self.nums[r] + self.minimax(l, r - 1, not isMaxPlayer))
else:
return min(
-self.nums[l] + self.minimax(l + 1, r, not isMaxPlayer),
-self.nums[r] + self.minimax(l, r - 1, not isMaxPlayer))
def PredictTheWinner(self, nums: List[int]) -> bool:
self.nums = nums
v = self.minimax(0, len(nums) - 1, True)
return v >= 0
Minimax: 464 Can I Win
该题目是很典型的此类游戏，即结果为赢输平，但是中间的状态没有直接对应的游戏价值。对于这样的问题，一般定义为，max玩家胜，价值 +1，min玩家胜，价值-1，平则0。下面的AC代码实现了 Minimax 算法。算法中针对两个玩家都有剪枝（没有剪枝无法AC）。具体来说，max玩家一旦在某一节点取得胜利(value=1)，就停止继续向下搜索，因为这是他能取得的最好分数。同理，min玩家一旦取得-1也直接返回上层节点。这个剪枝可以泛化成 alpha beta剪枝算法。
# AC
class Solution:
from functools import lru_cache
@lru_cache(maxsize=None)
# currentTotal < desiredTotal
def minimax(self, status: int, currentTotal: int, isMaxPlayer: bool) -> int:
import math
if status == self.allUsed:
return 0 # draw: no winner
if isMaxPlayer:
value = -math.inf
for i in range(1, self.maxChoosableInteger + 1):
if not (status >> i & 1):
new_status = 1 << i | status
if currentTotal + i >= self.desiredTotal:
return 1 # shortcut
value = max(value, self.minimax(new_status, currentTotal + i, not isMaxPlayer))
if value == 1:
return 1
return value
else:
value = math.inf
for i in range(1, self.maxChoosableInteger + 1):
if not (status >> i & 1):
new_status = 1 << i | status
if currentTotal + i >= self.desiredTotal:
return -1 # shortcut
value = min(value, self.minimax(new_status, currentTotal + i, not isMaxPlayer))
if value == -1:
return -1
return value
Alpha-Beta 剪枝
在464 Can I Win minimax 算法代码实现中，我们发现有剪枝优化空间。对于每个节点，定义两个值alpha 和 beta，表示从根节点到目前局面时，max玩家保证能取得的最小值以及min玩家能保证取得的最大值。初始时，根节点alpha = −∞ ， beta = +∞，表示游戏最终的价值在区间 [−∞, +∞]中。在向下遍历的过程中，子节点先继承父节点的 alpha beta 值进而继承区间 [alpha, beta]。当子节点在向下遍历的时候同步更新alpha 或者 beta，一旦区间[alpha, beta]非法就立即向上返回。举个Wikimedia的例子来进一步说明：
-
根节点初始时：alpha = −∞, beta = +∞
-
根节点，最左边子节点返回4后：alpha = 4, beta = +∞
-
根节点，中间子节点返回5后：alpha = 5, beta = +∞
-
最右Min节点（标1节点），初始时：alpha = 5, beta = +∞
-
最右Min节点（标1节点），第一个子节点返回1后：alpha = 5, beta = 1
此时，最右Min节点的alpha, beta形成了无效区间[5, 1]，满足了剪枝条件，因此可以不用计算它的第二个和第三个子节点。如果剩余子节点返回值 > 1，比如2，由于这是个min节点，将会被已经到手的1替换。若其他子节点返回值 < 1，但由于min的父节点有效区间是[5, +∞]，已经保证了>=5，小于5的值也会被忽略。
def alpha_beta(node: Node, depth: int, α: int, β: int, maximizingPlayer: bool) -> int:
if depth == 0 or is_terminal(node):
return evaluate_terminal(node)
if maximizingPlayer:
value: int = −∞
for child in node:
value = max(value, alphabeta(child, depth − 1, α, β, False))
α = max(α, value)
if α >= β:
break # β cut-off
return value
else:
value: int = +∞
for child in node:
value = min(value, alphabeta(child, depth − 1, α, β, True))
β = min(β, value)
if β <= α:
break # α cut-off
return value
Alpha-Beta Pruning: 486 Predict the Winner
# AC
import math
from functools import lru_cache
from typing import List
class Solution:
def alpha_beta(self, l: int, r: int, curr: int, isMaxPlayer: bool, alpha: int, beta: int) -> int:
if l == r:
return curr + self.nums[l] * (1 if isMaxPlayer else -1)
if isMaxPlayer:
ret = self.alpha_beta(l + 1, r, curr + self.nums[l], not isMaxPlayer, alpha, beta)
alpha = max(alpha, ret)
if alpha >= beta:
return alpha
ret = max(ret, self.alpha_beta(l, r - 1, curr + self.nums[r], not isMaxPlayer, alpha, beta))
return ret
else:
ret = self.alpha_beta(l + 1, r, curr - self.nums[l], not isMaxPlayer, alpha, beta)
beta = min(beta, ret)
if alpha >= beta:
return beta
ret = min(ret, self.alpha_beta(l, r - 1, curr - self.nums[r], not isMaxPlayer, alpha, beta))
return ret
def PredictTheWinner(self, nums: List[int]) -> bool:
self.nums = nums
v = self.alpha_beta(0, len(nums) - 1, 0, True, -math.inf, math.inf)
return v >= 0
Alpha-Beta Pruning: 464 Can I Win
# AC
class Solution:
from functools import lru_cache
@lru_cache(maxsize=None)
# currentTotal < desiredTotal
def alpha_beta(self, status: int, currentTotal: int, isMaxPlayer: bool, alpha: int, beta: int) -> int:
import math
if status == self.allUsed:
return 0 # draw: no winner
if isMaxPlayer:
value = -math.inf
for i in range(1, self.maxChoosableInteger + 1):
if not (status >> i & 1):
new_status = 1 << i | status
if currentTotal + i >= self.desiredTotal:
return 1 # shortcut
value = max(value, self.alpha_beta(new_status, currentTotal + i, not isMaxPlayer, alpha, beta))
alpha = max(alpha, value)
if alpha >= beta:
return value
return value
else:
value = math.inf
for i in range(1, self.maxChoosableInteger + 1):
if not (status >> i & 1):
new_status = 1 << i | status
if currentTotal + i >= self.desiredTotal:
return -1 # shortcut
value = min(value, self.alpha_beta(new_status, currentTotal + i, not isMaxPlayer, alpha, beta))
beta = min(beta, value)
if alpha >= beta:
return value
return value
C++, Java, Javascript AC 486 Predict the Winner
最后介绍一种不同的DP实现：用C++, Java, Javascript 实现自底向上的DP解法来AC leetcode 486，当然其他语言没有Python的lru_cache大法。以下实现中，注意DP解的构建顺序，先解决小规模的问题，并在此基础上计算稍大的问题。值得一提的是，以下的循环写法严格保证了 次循环，但是自顶向下的计划递归可能会少于 次循环。
Java AC Code
// AC
class Solution {
public boolean PredictTheWinner(int[] nums) {
int n = nums.length;
int[][] dp = new int[n][n];
for (int i = 0; i < n; i++) {
dp[i][i] = nums[i];
}
for (int l = n - 1; l >= 0; l--) {
for (int r = l + 1; r < n; r++) {
dp[l][r] = Math.max(
nums[l] - dp[l + 1][r],
nums[r] - dp[l][r - 1]);
}
}
return dp[0][n - 1] >= 0;
}
}
C++ AC Code
// AC
class Solution {
public:
bool PredictTheWinner(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n, 0));
for (int i = 0; i < n; i++) {
dp[i][i] = nums[i];
}
for (int l = n - 1; l >= 0; l--) {
for (int r = l + 1; r < n; r++) {
dp[l][r] = max(nums[l] - dp[l + 1][r], nums[r] - dp[l][r - 1]);
}
}
return dp[0][n - 1] >= 0;
}
};
Javascript AC Code
/**
* @param {number[]} nums
* @return {boolean}
*/
var PredictTheWinner = function(nums) {
const n = nums.length;
const dp = new Array(n).fill().map(() => new Array(n));
for (let i = 0; i < n; i++) {
dp[i][i] = nums[i];
}
for (let l = n - 1; l >=0; l--) {
for (let r = i + 1; r < n; r++) {
dp[l][r] = Math.max(nums[l] - dp[l + 1][r],nums[r] - dp[l][r - 1]);
}
}
return dp[0][n-1] >=0;
};
著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。
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