题目
解题方案1：
整理一下规则：
Alex、Lee两个人，Alex先手，Lee后手。
每次只能拿 第一堆 或者 最后一堆
两个人拿取的策略 都是最优的 都为了打败对方-
方程：
设 i 为第一堆石子下标，j 为最后一堆石子下标
如果 先手 选择 i，则后手只能选择 i+1 或者 j
如果 先手 选择 j，则后手只能选择 i 或者 j-1则先手与后手石子堆的差为：
piles[i] - opt(piles, i+1, j) 或者 piles[j] - opt(piles, i, j-1)
opt(piles, i, j) 的意思是从piles数组里下标 i 到 j 中选
取石子堆的最佳组合。
因为中间选择过程我们不清楚，所以可以用递归去穷举。最终结果只要大于0我们就认为先手胜了
代码如下：
i = 0
j = len(piles)
def opt(piles, i, j):
if i==j:
return piles[i]
if j>i:
return max( piles[i] - opt(piles, i+1, j),
piles[j] - opt(piles, i, j-1) )
return opt(piles, i, j) > 0
解题方案2：
能用递归的基本都能用递推去解决，递推的过程也就是动态规划。笔者是这么理解的，不一定正确，因为本人觉得递推和动态规划都是递归的一个逆过程，递归是 从问题最终出发，而递推和动态规划都是 从问题的开始出发。
具体怎么想到解题的思路，其实我也不知道。可能题做多了就能知道吧，我也是看了别人的答案想了很久才想明白。
解题思路，方案一讲讲述过的就不再累述了
- 既然是从 问题的开始出发，那就从游戏开始的第一步来， 这里的 游戏开始 准确的来说应该是从递归的最后一步开始。一开始还是很难理解的，多想想就能明白之中的奇妙了。
2.方案一递归到底的时候只有一个石子堆，即i=j的情况，然后会不断上升到两个石子堆，三个石子堆取最佳博弈的情况，拿leetcode第一个例子[5,3,4,5]来说的话：
递归是考虑了只剩下单独石子堆的情况： [5] [3] [4] [5]
剩下两个石子堆的情况：[5,3] [3,4] [4,5]
剩下三个石子堆的情况：[5,3,4] [3,4,5]
最后全集的情况：[5,3,4,5]
我们需要做的就是 自底而上的把最佳博弈情况求出来 因为单独石子堆的情况最佳博弈情况 是 两个石子堆里求出最佳博弈情况的基础，以此类推。 - 最佳博弈情况方程 （状态方程）：
与递归的方程是一样的：
max( piles[i] - opt(), piles[j] - opt() )
求 先手 在当前状态下的选择的石子堆减去 之前两者博弈的石子差（这个过程是累计的来得，即我们要每次记住当前人选择的石子与后者选择的石子差）。
举个例子：
因为递归最后一步是后手选择，转为递推和动态规划的话，后手是第一步。
设A为 先手， B为 后手
[5,3,4,5]
假设A选择了第一个5，则B可以选择3或者5，为了得到最佳博弈，B会选择5，此时的opt就为5。因为A选择了5，此时的opt就是5-5=0。
接下来A肯定选择4， 则B就只能选择3了，B选择后的最佳博弈结果是3-0=3，A选择后的最佳博弈结果就是4-3=1。
这里是需要好好理解一下的。
3.因为最佳博弈结果是要被记录下来然后被后者使用的，就是为了避免递归过程中重复计算一样的子过程。
考虑到有两个变量选最左边i还是选最右边j，这里就构建二维数组opt[N][N]来记录了。N为piles数组的长度。
opt[i][j]是用来记录所有子问题的最佳博弈结果，因此就有在方案2上面说的所有情况。这就是用二维数组记录的原因。
opt[1][3]表示piles[1]到piles[3]中的最佳博弈结果。
从单个情况opt[N][N]开始推到全集opt[0][N], 然后这个opt[0][N]就是我们需要求得的最后结果。
代码如下:
上面谈到的opt改成了dp
dp = [ [0 for _ in range (0,length)] for _ in range (0,length)]
for i in range (0,length):
dp[i][i] = piles[i]
for i in range (length-2,-1,-1):
for j in range (i+1,length):
dp[i][j] = max( piles[i] - dp[i+1][j], piles[j] - dp[i][j-1] )
return dp[length-1][length-1] > 0
