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DP真美 ！ (亝 ‿ 亝)
dp[pos][a][b][0/1]：第pos件商品即将被购买，Alice有a元， Bob有b元，轮到谁行动(0:Alice 1:Bob)。
打训练赛时，设计出来了这样一个状态。然后发现了pos和a能表示出b呀！于是，省掉了一维，然后就不会
了。之后尝试着贪心，效果不佳。
先来个小小的降维~
dp[pos][x]：第pos件商品即将被购买，面临着这个局面的人有x元。能否获胜呢？
看来，求索未得啊！空间复杂度还是爆炸。然而dp[pos][x]仅仅表达0/1的话是不是有点浪费呢？这样来试试
dp[pos]：第pos件商品即将被购买，面临此局面的人至少需要多少元才可获胜？
nice！这个状态设计的挺令人满意的！
然后就可施展我们的博弈思想。若想胜，则需一个GG的后继.
即将行动的人的钱：dp[pos]
对手的钱：a+b - dp[pos] - sum[pos-1]
为了找到这么一个后继，则存在nxt>pos满足这样两个条件：
dp[pos] >= a + b - sum[pos-1] - dp[nxt] + 1
dp[pos] >= sum[nxt-1] - sum[pos-1]
令a + b - sum[pos-1] - dp[nxt] + 1 = Ans1, sum[nxt-1] - sum[pos-1] = Ans2
dp[pos] = min{ max(Ans1, Ans2) }
然后从后往前，一遍计算dp[i]，一遍维护max(Ans1, Ans2)最小值。O(n)
#includeusing namespace std;typedef long long LL;const int NICO = 1000002;LL n, a, b, x;LL sum[NICO];int main(){ while(~scanf("%lld %lld %lld", &n, &a, &b)) { for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%lld", &x); sum[i] = sum[i-1] + x; } LL pre = sum[n], now = 0; for(int i=n;i>=1;i--) { now = pre - sum[i-1]; //cout << i << " : " << now << endl; pre = min(pre, max(sum[i-1], a+b-now+1)); } printf("%s\n", now>a?"BOB":"ALICE"); }}