动态规划（01背包、完全背包、多重部分和、LCS、LIS、划分数、多重集组合数）

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01背包

dp[i][j]:从第i个物品开始挑选总重小于j时，总价值的最大值 O(nW)

（i逆序，j顺序）

i:n-1~0 j:0~W

1.没有剩余物品（i<0)

2.无法挑选这个物品(j<w[i] dp[i][j] = dp[i+1][j]）

3.如果可以挑选 选择是否挑选 （dp[i][j] = max(dp[i+1][j],dp[i+1][j-w[i]]+v[i])

dp[i][j]:前i个物品总重量不超过j 的物品时 总价值的最大值

（i顺序，j顺序）

i:1~n j:0~W

★初始化dp[0][j] = 0（dp[i-1][j]状态时会用到 并且 i=0时相当于没有选取物品）

1.没有剩余物品（i>n)

2.无法挑选这个物品(j<w[i] dp[i][j] = dp[i-1][j]）

3.如果可以挑选 选择是否挑选（dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w[i]]+v[i] )

入门题：HDU 2602

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 1e3 + 10;
int dp

;
int w
, v
;
int main() {
int t;
scanf("%d", &t);
while(t--) {
memset(dp, 0, sizeof(dp));
int n, V;
scanf("%d %d", &n, &V);
for(int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &v[i]);
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &w[i]);
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
for(int j = 0; j <= V; j++){
if(j < w[i]){
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
}
else dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - w[i]] + v[i]);
}
}
printf("%d\n", dp
[V]);

}
}

最长公共子序列（LCS）

s1~sn  t1~tn

dp[i][j] :s1...si和t1...tj对应的LCS长度

s1...si+1和t1..ti+1对应的公共子序列可能是

    si+1=ti+1时，在s1..si和t1...tj的LCS末尾追加上si+1

    s1..si和t1..tj+1的LCS

    s1..si+1和t1..tj的LCS

dp[i+1][j+1]=dp[i][j]+1(si+1=tj+1)

                    =max(dp[i][j+1],dp[i+1][j]) (其他）

入门题：POJ 1458

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 1e3 + 10;
char s
, t
;
int dp

;
int main(){
while(~scanf("%s %s", s, t)){
memset(dp, sizeof(dp), 0);
int n = strlen(s);
int m = strlen(t);
for(int i = 0; i < n; i++){
for(int j = 0; j < m; j++){
if(s[i] == t[j]){
dp[i+1][j+1] = dp[i][j] + 1;
}
else{
dp[i+1][j+1] = max(dp[i][j+1], dp[i+1][j]);
}
}
}
printf("%d\n", dp
[m]);
}
}

完全背包

dp[i][j]:前i个物品总重量不超过j 的物品时 总价值的最大值

dp[0][j]=0

i:1~n j:0~W k:0~k*w[i]<j

dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-k*w[i]]+k*v[i]）（dp[i][j]是因为k循环）O(nW2)

但是在计算dp[i][j]中选择k个的情况时，已经在dp[i][j-w[i]]中选择k-1个计算过（w[i]恰好为第k个）

即dp[i][j]递推中k≥1的情况都已经被计算过

因此可以变形为

max{dp[i-1][j-k*w[i]]+k*v[i](k≥0)}

=max(dp[i-1][j],max｛dp[i-1][j-k*w[i]]+k*v[i](k≥1)｝）

=max(dp[i-1][j],max { dp[i-1][( j-w[i]) - k*w[i]]+k*v[i](k≥0)}+v[i])

=max(dp[i-1][j],dp[i][j-w[i]]+v[i])

dp[i][j]=dp[i-1][j](j<w[i]) O(nW)

          =max(dp[i-1][j],dp[i][j-w[i]]+v[i])

本质是当前的状态选取k个时，直接从当前选取k-1个的状态转移过来

入门题：HDU 1248

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 1e4 + 10;
int dp[5]
;
int main(){
int w[4] = {0, 150, 200, 350};
int t,W;
scanf("%d", &t);
while(t--){
memset(dp, 0, sizeof(dp));
scanf("%d", &W);
for(int i = 1; i <= 3; i++){
for(int j = 0; j <= W ;j++){
if(j < w[i]){
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
}
else dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - w[i]] + w[i]);
}
}
printf("%d\n", W - dp[3][W]);
}
}

一维数组的实现（空间复杂度降低）

01背包：

    i:1~n j:W~w[i] dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i])

完全背包：

    i:1~n j:w[i]~W dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i])

★ 只有循环的方向不同

多重部分和问题：

ai mi K

dp[i+1][j]:用前i种数加和得到j时 第i种数最多能剩余多少个 O(nK)

1. 前面已经加到j dp[i+1][j]=m[i]  dp[i][j]≥0

2. 不能加的情况：当前a[i]>j 或 前i+1个数加到j-a[i]时已经没有剩余 dp[i+1][j-a[i]]≤0

3. 前面已经加到 j-a[i] 这里还需要一个a[i] dp[i+1][j]=dp[i+1][j-a[i]]-1

+数组重复利用：

int dp[MAX_K + 1];

void solve() {

memset(dp, -1, sizeof(dp));

dp[0] = 0;

for (int i = 0; i < n; i++){

for (int j = 0; j < W; j++){

if (dp[j] >= 0) dp[j] = m[i];

else if (j < a[i] || dp[j - a[i]] <= 0) dp[j] = -1;

else dp[j] = dp[j - a[i]] - 1;

}

}

if(dp[K] >= 0) puts("YES");

else puts("NO");

}

最长上升子序列（LIS）

a[i] n

dp[i]:长度为i的上升子序列中末尾元素的最小值（没有则不存在） O(nlogn)

j:1~n i:1~n

用INF填充 表示不存在

1. j==1 dp[i]=a[j]

2.直到找到dp[i-1]<a[j] 找到a[j]>dp[i-1]的位置的后一位，把当前位置的dp[i]替换成min(dp[i],a[i])

因为第二步查找可以用二分 所以可把原来为n2的复杂度降为nlogn

*lower_bound(dp,dp+n,a[i]) ai-1<ai≤ai+1

*upper_bound: ai-1<=ai<ai+1 

入门题：HDU 5748

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int a
, b
;
int dp
;
int main(){
int t;
scanf("%d", &t);
while (t--){
int n;
scanf("%d", &n);
memset(dp, INF, sizeof(dp));
for (int i = 1; i <= n; i++){
scanf("%d", &a[i]);
}
for (int i = 1; i <= n; i++){
*lower_bound(dp, dp + n, a[i]) = a[i];
b[i]=lower_bound(dp, dp + n, a[i]) - dp + 1;
}

for (int i = 1; i < n; i++){
printf("%d ", b[i]);
}
printf("%d\n", b
);

}
}

需要注意的是，该题是让求一个b[i]，使得LIS(b[i])=a[i]且b[i]要字典序最小，其实就是得到每个位置上的LIS。

每个位置在用lower_bound求取时也已经可以得到

注意lower_bound和upper_bound的用法即可。

计数问题dp：

划分数：n个无区别物品划分成m组

dp[i][j]:j的i划分总数

每一步有两种选择

1）用掉当前最大数 减去之后继续

2）不用了 最大数-1；

int f(int n,int idx){

if(n==0) return 1;

if(idx<=0) return 0;

return f(n-idx,idx)+f(n,idx-1);

}

i:1~n j:1~m
dp[i][j]=dp[i-j][j]+dp[i][j-1] (O(nm))

多重集组合数：n种物品 每种ai个 （不同种类物品不同 同种物品相同） 从中取出m个

dp[i+1][j]：从前i种物品中取出j种的方案数

每一个dp[i+1][j] 都是由从前i-1种物品取东西转移过来 dp[i][j-0]+dp[i][j-1]+...+dp[i][j-min(ai,j)]

dp[i+1][j]=dp[i][j-0]+dp[i][j-1]+...+dp[i][j-min(ai,j)]=dp[i][j]+dp[i][j-1]+dp[i][j-1-1]+dp[i][j-1-2]+...+dp[i][j-1-(min(ai,j)-1)]

=dp[i][j]+dp[i+1][j-1]-dp[i][j-1-min(ai,j)]

i:0~n

j:0~m

题目可戳：POJ 3046