好久沒切 leetcode 的題了，靜下心來切了道，這道題比較有意思，和大家分享下。
我把它叫做 "不一樣的猜數字游戲"，我們先來看看傳統的猜數字游戲，Guess Number Higher or Lower。題意非常的簡單，給定一個數字 n，系統會隨機從 1 到 n 中抽取一個數字，你需要寫一個函數 guessNumber，它的作用是返回系統選擇的數字，同時你還有一個外部的 API 可以調用，是為 guess 函數，它會將你猜的數字和系統選擇的數字比較，是大了還是小了。
非常的簡單，稍微有點常識的童鞋應該都能想到二分查找的方案（插句題外話，這游戲讓我想到了兒時的幸運52）。關於二分查找，可以參考下我以前寫的一篇文章 http://www.cnblogs.com/zichi/p/5118032.html，幾乎囊獲了所有二分查找的情況。這道題代碼比較簡單，可以參考 guess-number-higher-or-lower.cpp，比較蛋疼的是不支持 JavaScript。
核心代碼：
int guessNumber(int n) {
int start = 1, end = n;
int ans;
while (start <= end) {
int mid = start + (end - start) / 2;
int val = guess(mid);
if (val == -1)
end = mid - 1;
else if (val == 1)
start = mid + 1;
else {
ans = mid;
break;
}
}
return ans;
}
還有一點需要注意下，取 mid 值時不能用 (start + end) / 2，不然會溢出，TLE 掉！
接着進入正題，來看 Guess Number Higher or Lower II 這道題，跟前者比，有何區別呢？同樣是給定一個數字 n，系統會隨機從 1 到 n 中選擇一個整數，你要做的還是將這個數猜出來。你每猜一個數字，需要花費一定的 money，比如你猜 m，那么你就要花費 m，求解你要將這個數字猜出來，至少需要的 money。
舉個栗子，比如 n 為 5，系統選擇的數字是 1。如果我先猜 3，系統提示你猜大了，然后再猜 2，系統提示你猜大了，那么你就可以確定是 1 了，花費 3+2=5。但是很明顯第二次猜測應該猜 1，這樣花費就少了。再比如我選的是 4，第一次還是猜 3，系統提示你猜小了，第二次猜 4，中了，總共花費 3+4=7，如果 n 為 5，至少需要 7？非也，正確的解法是先猜 4，如果數字在 1-3 之間，那么再猜 2，至少需要的應該是 6！
這是一道很典型的動態規划題，你根本不可能去盲目地猜，然后使勁地暴力遞歸去解！這樣的復雜度是指數級的。是否能夠遞推求解？比如已經知道 n 為 1-5 的情況，當 n 為 6 時，第一次猜，我們可以有 6 種猜法，分別選擇 1,2,3,4,5 和 6，我們以猜 3 為例，比如說第一把猜了 3，那么如果猜的大了，那么我們接下去要求的是從 [1, 2] 中猜到正確數字所需要花費的最少 money，記為 x，如果猜的小了，那么我們接下去要求的是從 [4, 6] 中猜到正確數字所需要花費的最少 money，記為 y，如果剛好猜中，則結束。很顯然，如果第一把猜 3，那么猜中數字至少需要花費的 money 為 3 + max(x, y, 0)，"至少需要的花費"，就要我們 "做最壞的打算，盡最大的努力"，即取最大值。這是第一把取 3 的情況，我們還需要考慮其他 5 種情況，然后六種情況再取個最小值，就是 n=6 至少需要的 money！（想想，是不是這樣？）
最后來編碼，我們需要一個二維數組來表示最值。首先我們定義一個二維數組 ans[][]，ans[i][j] 表示 i-j 中任取一個數字，猜中這個數字需要至少花費的 money。
定義 ans 數組，並且初始化：
// ans[i][j] 表示從 [i, j] 中任取一個數字
// 猜中這個數字至少需要花費的 money
var ans = [];
for (var i = 0; i <= n; i++)
ans[i] = [];
接着我們定義一個函數 DP，DP(ans, x, y) 表示 [x, y] 中任取一個數字，猜中這個數字需要花費的最少 money，而 ans 是為數組的引用。很顯然，我們要求的就是 DP(ans, 1, n) 的返回值，直接看代碼。
function DP(ans, from, to) {
// 如果 from >= to
if (from >= to)
return 0;
// 如果 ans[from][to] 已經求得
// 直接 return
if (ans[from][to])
return ans[from][to];
// 先賦值 Infinity，便於之后的比較
ans[from][to] = Infinity;
// 現在要從 [from, to] 中猜數字
// 假設先猜 i，i 可以是 [from, to] 中的任何數字，遍歷之
for (var i = from; i <= to; i++) {
// left 為從 [from, i - 1] 猜對數字至少需要花費的 money
var left = DP(ans, from, i - 1);
// right 為從 [i + 1, to] 猜對數字至少需要花費的 money
var right = DP(ans, i + 1, to);
// tmp 為先猜 i，從 [from, to] 猜對數字至少需要花費的 money
var tmp = i + Math.max(left, right);
// 跟別的方案比較（即跟不是先猜 i 的方法比較）
// 取最小值
ans[from][to] = Math.min(ans[from][to], tmp);
}
return ans[from][to];
}
注釋寫的很清晰了，如果再細分的話，個人覺得這可以說是一道 "記憶化DP"，不曉得有沒有這個詞？好像只聽說過 "記憶化搜索"？DP 本來就是記憶化的過程吧？好了不鑽牛角尖了，完整代碼可以從我們的 Repo https://github.com/hanzichi/leetcode 獲取。