( ext{Solution:})
菜鸡自己想出来了状态设计，但是没有实现出来……菜死了
设(dp[i][j])表示该选第(i)个，最多选(j)个的最优解。注意这里的定义仅仅是最优解，而不是先手最优。
那么，对于每一个(dp[i][j])都要由下一步的(dp[i+x][x+x])转移而来。注意的是，每一步的先后手不一样。所以轮到对方的时候要用剩下的石子数减去对方的最优解。因为对方选的最优，同时意味着我们在那部分也是最优的，一减就是了。
于是，我们可以枚举起点，枚举范围，再枚举选的个数，大力(dp.)然而超时无疑。
观察得到，(dp[i][j])包括(dp[i-1][j])（注意这里还是自己选），而这个(dp[i-1][j])也就是比自己少枚举了一个(dp[x+lim][lim+lim]),至于这一句怎么理解：
对于暴力，我们枚举的是，一个初始值再从(1 o lim)来枚举选择的数量。这里可以看做，一个(dp[i-1][lim])已经包含了枚举的(1 o lim-1)，只差一个(lim)就行了。
这里看做一个从前向后推，用了那一句话代表了枚举的那些( ext{dfs}).于是省了这些循环。
那么我们省下来一重循环，时间可过。略微卡空间，省着点。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,c[2001],sum[2001];
int dp[2000][2000];
int dfs(int x,int lim){
lim=min(lim,n-x+1);//边界
if(~dp[x][lim])return dp[x][lim];//已搜索过了
if(x+lim>n)return sum[x];//一次选完即可，这里是当前这一部分的最优解，不是全局
if(!lim)return 0;//没路可走滚回去)
int ans=dfs(x,lim-1);//dp[x][lim-1],这一步还是轮到我方走
ans=max(ans,sum[x]-dfs(x+lim,lim<<1));//这里之所以用全部减去这部分，是因为这一部分的dfs依旧在dp，它的结果是后面部分的最优解，减去就是当前这一部分所选择的
return dp[x][lim]=ans;//继续上面：上面那个东西算的是对方的最优，因为这里的状态定义并不是自己最优，而是当前执子方最优
//自己已经选择了要lim这部分，那剩下的既然对手最优了，对手选完的就是自己的了。
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",c+i);
for(int i=n;i>=1;--i)sum[i]=sum[i+1]+c[i];
memset(dp,-1,sizeof(dp));
printf("%d
",dfs(1,2));
return 0;
}