40000字《算法与数据结构》算法零基础介绍动态规划必读（推荐合集）

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前言

  很多人加我都是想询问如何学好算法。我的方法是我用了 十年 的时间，自己总结出来的，不可能适合所有人，但是我觉得挺有效的，如果你觉得可行，尽管一试！
  首先，我们心中要有一团🔥火🔥，一团希望之🔥火🔥！只要你心中充满希望，即使是死去的意志也会在你内心复活。
  你永远无法弥补你的过去，但是，你可以改变你的未来！就算暗淡无光的尘土，也会有爆发光芒的那一刻！抓住那尘埃中的刹那光辉，燃烧自己吧！

   「 动态规划 」作为算法中一块比较野的内容，没有比较系统的分类，只能通过不断总结归纳，对各种类型进行归类。 「 动态规划 」（即 Dynamic programming，简称 DP）是一种在数学、管理科学、计算机科学 以及 生物信息学中使用的，通过把原问题分解为相对简单的 「 子问题 」的方式求解 「 复杂问题 」的方法。
   「 动态规划 」是一种算法思想：若要解一个给定问题，我们需要解其不同部分（即 「 子问题 」），再根据 「 子问题 」的解以得出原问题的解。要理解动态规划，就要理解 「 最优子结构 」 和 「 重复子问题 」。
  本文将针对以下一些常用的动态规划问题，进行由浅入深的系统性讲解。首先来看一个简单的分类，也是今天本文要讲的内容。

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一、递推问题

  递推问题作为动态规划的基础，是最好掌握的，也是必须掌握的，它有点类似于高中数学中的数列，通过 前几项的值 推导出 当前项的值。

1、一维递推

  你正在爬楼梯，需要 $n$ 阶你才能到达楼顶。每次你可以爬 $1$ 或 $2$ 个台阶。你有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢？

  假设我们已经到了第 $n$ 阶楼梯，那么它可以是从 $n-1$ 阶过来的，也可以是从 $n-2$ 阶过来的（但是，不可能是从 $n-3$ 阶直接过来的），所以如果达到第 $n$ 阶的方案数为 $f[n]$，那么到达 $n-1$ 阶就是 $f[n-1]$，到达 $n-2$ 阶 就是 $f[n-2]$，所以可以得出：$$f[n]=f[n-1]+f[n-2]$$  其中，当 $n=0$ 时方案数为 1，代表初始情况；$n=1$ 时方案数为 1，代表走了一步，递推计算即可。
  以上就是最简单的动态规划问题，也是一个经典的数列：斐波那契数列 的求解方式。它通过一个递推公式，将原本指数级的问题转化成了线性的，时间复杂度为 $O(n)$。
  C语言代码实现如下：

int f[1000];
int climbStairs(int n){
    f[0] = f[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; ++i) {
        f[i] = f[i-1] + f[i-2];
    }
    return f[n];
}
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2、二维递推

  给定一个非负整数 $n$，生成杨辉三角的前 $n$ 行。在杨辉三角中，每个数是它 左上方 和 右上方 的数的和。

  根据杨辉三角的定义，我们可以简单将上面的图进行一个变形，得到：

于是，我们可以得出以下结论：
  1）杨辉三角的所有数可以存储在一个二维数组中，行代表第一维，列代表第二维度；
  2）第 $i$ 行的元素个数为 $i$ 个；
  3）第 $i$ 行 第 $j$ 列的元素满足公式： c [ i ] [ j ] = { 1 i = 0 c [ i − 1 ] [ j − 1 ] + c [ i − 1 ] [ j ] o t h e r w i s e c[i][j] =

$$egin{cases} 1 & i=0\ c[i-1][j-1] + c[i-1][j] & otherwise end{cases}$$ c[i][j]={1c[i−1][j−1]+c[i−1][j]​i=0otherwise​
  于是就可以两层循环枚举了。时间复杂度为 $O(n^2)$。
  C语言代码实现如下：

int c[40];
void generate(int n) {
    for(int i = 0; i < n; ++i) {
        for(int j = 0; j <= i; ++j) {
            if(j == 0 || j == i) {
                c[i][j] = 1;
            }else {
                c[i][j] = c[i-1][j-1] + c[i-1][j];
            }
        }
    }
}
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二、线性DP

1、最小花费

  数组的每个下标作为一个阶梯，第 $i$ 个阶梯对应着一个非负数的体力花费值 $cost[i]$（下标从 0 开始）。每当爬上一个阶梯，都要花费对应的体力值，一旦支付了相应的体力值，就可以选择 向上爬一个阶梯 或者 爬两个阶梯。求找出达到楼层顶部的最低花费。在开始时，可以选择从下标为 $0$ 或 $1$ 的元素作为初始阶梯。

  令走到第 $i$ 层的最小消耗为 $f[i]$。假设当前的位置在 $i$ 层楼梯，那么只可能从 $i-1$ 层过来，或者 $i-2$ 层过来；
    如果从 $i-1$ 层过来，则需要消耗体力值：$f[i-1]+cost[i-1]$；
    如果从 $i-2$ 层过来，则需要消耗体力值：$f[i-2]+cost[i-2]$；
  起点可以在第 0 或者 第 1 层，于是有状态转移方程： f [ i ] = { 0 i = 0 , 1 min ⁡ ( f [ i − 1 ] + c o s t [ i − 1 ] , f [ i − 2 ] + c o s t [ i − 2 ] ) i > 1 f[i] =

$$egin{cases} 0 & i=0,1\ min ( f[i-1] + cost[i-1], f[i-2] + cost[i-2] ) & i > 1end{cases}$$ f[i]={0min(f[i−1]+cost[i−1],f[i−2]+cost[i−2])​i=0,1i>1​

  这个问题和一开始的递推问题的区别在于：一个是求前两项的和，一个是求最小值。这里就涉及到了动态取舍的问题，也就是动态规划的思想。
  如果从前往后思考，每次都有两种选择，时间复杂度为 $O(2^n)$。转化成动态规划以后，只需要一个循环，时间复杂度为 $O(n)$。
  C语言代码实现如下：

int f[1024];
int min(int a, int b) {
    return a < b ? a : b;
}
int minCostClimbingStairs(int* cost, int costSize){
    f[0] = 0;
    f[1] = 0;
    for(int i = 2; i <= costSize; ++i) {
        f[i] = min(f[i-1] + cost[i-1], f[i-2] + cost[i-2]);
    }
    return f[costSize];
}
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2、最大子段和

  给定一个整数数组 $nums$ ，找到一个具有最大和的连续子数组（子数组最少包含一个元素），返回其最大和。

  由于要求的是连续的子数组，所以对于第 $i$ 个元素，状态转移一定是从 $i-1$ 个元素转移过来的。基于这一点，可以令 $f[i]$ 表示以 $i$ 号元素结尾的最大值。
  那么很自然，这个最大值必然包含 $nums[i]$ 这个元素，那么要不要包含 $nums[i-1],nums[i-2],nums[i-3],...,nums[k]$ 呢？其实就是看第 $i-1$ 号元素结尾的最大值是否大于零，也就是：当 $f[i-1]\le 0$ 时，则 前 $i-1$ 个元素是没必要包含进来的。所以就有状态转移方程： f [ i ] = { n u m s [ 0 ] i = 0 n u m s [ i ] f [ i − 1 ] ≤ 0 n u m s [ i ] + f [ i − 1 ] f [ i − 1 ] > 0 f[i] =

$$egin{cases} nums[0] & i = 0 \ nums[i] & f[i-1] le 0 \ nums[i] + f[i-1] & f[i-1] > 0end{cases}$$ f[i]=⎩⎪⎨⎪⎧​nums[0]nums[i]nums[i]+f[i−1]​i=0f[i−1]≤0f[i−1]>0​一层循环枚举后，取 $max(f[i])$ 就是答案了。只需要一个循环，时间复杂度为 $O(n)$。
  C语言代码实现如下：

int dp[30010];
int max(int a, int b) {
    return a > b ? a : b;
}

int maxSubArray(int* nums, int numsSize){
    int maxValue = nums[0];
    dp[0] = nums[0];
    for(int i = 1; i < numsSize; ++i) {
        dp[i] = nums[i];
        if(dp[i-1] > 0) {
            dp[i] += dp[i-1];
        }
        maxValue = max(maxValue, dp[i]);
    }
    return maxValue;
}
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3、最长单调子序列

  给定一个长度为 $n(1\le n\le 1000)$ 的数组 $a_i$，求给出它的最长递增子序列的长度。

  在看这个问题之前，我们先来明确一些概念：单调序列、单调子序列、最大长单调子序列。
  单调序列 就是一个满足某种单调性的数组序列，比如 单调递增序列、单调递减序列、单调不增序列、单调不减序列。举几个简单的例子：
  单调递增序列：1，2，3，7，9
  单调递减序列：9，8，4，2，1
  单调不增序列：9，8，8，5，2
  单调不减序列：1，2，2，5，5
  一个比较直观的单调递增序列的例子就是一个楼梯的侧面。

  我们可以把这个楼梯每一阶的高度用一个数字表示，得到一个单调递增序列，如图所示：

  单调子序列 指的是任意一个数组序列，按顺序选择一些元素组成一个新的序列，并且满足单调性。对于一个长度为 $n$ 的序列，每个元素可以选择 “取” 或者 “不取”，所以最多情况下，有 $2^n$ 个单调子序列。
  如图所示，代表的是序列：[1，2，4，6，3，5，9]

  其中 [1，2，6] 为它的一个长度为 3 的单调子序列，如图所示；

  [1，3，6] 则不是，因为 3 和 6 的顺序不是原序列中的顺序；[1，4，3] 也不是，因为它不满足单调性。
  最长单调子序列 是指对于原数组序列，能够找到的元素个数最多的单调子序列。
  还是以 [1，2，4，6，3，5，9] 为例，它的最长单调子序列为：[1，2，4，6，9]，长度为 5；

  当然，也可以是 [1，2，3，5，9]，长度同样为 5。   那么，接下来，我们看下如何通过动态规划的方法来求解 最长递增子序列。
  对于数组序列 $a_i(1\le i\le n)$，令 $f[i]$ 表示以第 $i$ 个数 $a_i$ 结尾的最长递增子序列的长度。那么，我们考虑以第 $i$ 个数 $a_i$ 结尾的最长递增子序列，它在这个序列中的前一个数一定是 $a_j(1\le j<i)$ 中的一个，所以，如果我们已经知道了 $f[j]$，那么就有 $f[i]=f[j]+1$。显然，我们还需要满足 $a_j<a_i$ 这个递增的限制条件。
  那么就可以得出状态转移方程：$$f[i]=\underset{j=1}{\overset{i-1}{\max }}(f[j]|a_j<a_i)+1$$  这里 $f[j]$ 是 $f[i]$ 的子结构，而 $max(f[j])$ 是 $f[i]$ 的最优子结构，当然我们需要考虑一种情况，就是没有找到最优子结构的时候，例如：$i=1$ 或者 不存在 $a_j<a_i$ 的 $j$，此时 $f[i]=1$，表示 $a_i$ 本身是一个长度为 $1$ 的最长递增子序列。
  $f[i]$ 数组可以通过两层循环来求解，如下图表所示：

  状态数 $f[...]$ 总共 $O(n)$ 个，状态转移的消耗为 $O(n)$，所以总的时间复杂度为 $O(n^2)$，所以对于这类问题，一般能够接受的 $n$ 的范围在千级别，也就是 $1000,2000,3000...$。如果是 $n=10000,100000$ 的情况，就需要考虑优化了。
  有关最长单调子序列的问题，还有 $O(nlo{g}_{2}n)$ 的优化算法，具体方法可以参考以下文章：夜深人静写算法（二十）- 最长单调子序列。

三、二维DP

1、最长公共子序列

  给定两个数组序列 $a_1,a_2,...,a_n$ 和 $b_1,b_2,...,b_m$，其中 $n,m\le 1000$，求两个数组的最长公共子序列。

  考虑两个数组序列 $a_1,a_2,...,a_n$ 和 $b_1,b_2,...,b_m$，对于 $a$ 序列中第 $i$ 个元素 $a_i$ 和 $b$ 序列中的第 $j$ 个元素 $b_j$，有两种情况：
  $(1)$ 相等即 $a_i==b_j$ 的情况，这个时候如果前缀序列 $a_1,a_2,...,a_{i-1}$ 和 $b_1,b_2,...,b_{j-1}$ 的最长公共子序列已经求出来了，记为 $x$ 的话，那么很显然，在两个序列分别加入 $a_i$ 和 $b_j$ 以后，长度又贡献了 1，所以 $a_1,a_2,...,a_i$ 和 $b_1,b_2,...,b_j$ 的最长公共子序列就是 $x+1$；

  $(2)$ 不相等即 $a_i\ne b_j$ 的情况，这个时候我们可以把问题拆分成两个更小的子问题，即 分别去掉 $a_i$ 和 $b_j$ 的情况，如图所示：

  去掉 $a_i$ 以后，问题转变为求：$a_1,a_2,...,a_{i-1}$ 和 $b_1,b_2,...,b_j$ 的最长公共子序列；
  去掉 $b_j$ 以后，问题转变为求：$a_1,a_2,...,a_i$ 和 $b_1,b_2,...,b_{j-1}$ 的最长公共子序列；
  根据上面的两种情况的讨论，我们发现，在任何时候，我们都在求 $a$ 的前缀 和 $b$ 的前缀的最长公共序列，所以可以这么定义状态：用 $f[i][j]$ 表示 $a_1,a_2,...,a_i$ 和 $b_1,b_2,...,b_j$ 的最长公共子序列。
  在设计状态的过程中，我们已经无形中把状态转移也设计好了，状态转移方程如下： f [ i ] [ j ] = { 0 i = 0   o r   j = 0 f [ i − 1 ] [ j − 1 ] + 1 i , j > 0 , a i = b j max ⁡ ( f [ i ] [ j − 1 ] , f [ i − 1 ] [ j ] ) i , j > 0 , a i ≠ b j f[i][j] =

$$egin{cases}0 & i=0 or j=0 \ f[i-1][j-1] + 1 & i,j>0,a_i=b_j \ max(f[i][j-1], f[i-1][j]) & i,j>0,a_i eq b_jend{cases}$$ f[i][j]=⎩⎪⎨⎪⎧​0f[i−1][j−1]+1max(f[i][j−1],f[i−1][j])​i=0 or j=0i,j>0,ai​=bj​i,j>0,ai​​=bj​​  对于 $i=0$ 或者 $j=0$ 代表的是：其中一个序列的长度为 0，那么最长公共子序列的长度肯定就是 0 了；
  其余两种情况，就是我们上文提到的 $a_i$ 和 $b_j$ “相等” 与 “不相等” 的两种情况下的状态转移。如图所示，代表了字符串 “GATCGTGAGC” 和 “AGTACG” 求解最长公共子序列的 $f[i][j](i,j>0)$ 的矩阵。

  对于长度分别为 $n$ 和 $m$ 的两个序列，求解它们的最长公共子序列时，状态数总共有 $O(nm)$ 个，每次状态转移的消耗为 $O(1)$，所以总的时间复杂度为 $O(nm)$。
  对于 $f[i][j]$ 这个状态，求解过程中，只依赖于 $f[i][j-1]$、$f[i-1][j-1]$、$f[i-1][j]$。

  即每次求解只需要有 上一行 和 这一行 的状态即可，所以可以采用滚动数组进行优化，将状态转移方程变成： f [ c u r ] [ j ] = { f [ l a s t ] [ j − 1 ] + 1 j > 0 , a i = b j max ⁡ ( f [ c u r ] [ j − 1 ] , f [ l a s t ] [ j ] ) j > 0 , a i ≠ b j f[cur][j] =

$$egin{cases}f[last][j-1] + 1 & j>0,a_i=b_j \ max(f[cur][j-1], f[last][j]) & j>0,a_i eq b_jend{cases}$$ f[cur][j]={f[last][j−1]+1max(f[cur][j−1],f[last][j])​j>0,ai​=bj​j>0,ai​​=bj​​  只需要简单将 $i$ 替换成 $cur$，$i-1$ 替换成 $last$ 即可。这样就把原本 $O(nm)$ 的空间复杂度变成了 $O(p)$，其中 $p=\min (n,m)$。

• 优化后的 C++ 代码实现如下：

typedef char ValueType;
const int maxn = 5010;
int f[2][maxn];

int getLCSLength(int hsize, ValueType *h, int vsize, ValueType *v) {
    memset(f, 0, sizeof(f));
    int cur = 1, last = 0;
    for (int i = 1; i <= vsize; ++i) {
        for (int j = 1; j <= hsize; ++j) {
            if (v[i] == h[j])
                f[cur][j] = f[last][j - 1] + 1;
            else
                f[cur][j] = max(f[cur][j - 1], f[last][j]);
        }
        swap(last, cur);
    }
    return f[last][hsize];
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  有关于 最长公共子序列 的更多内容，可以参考以下内容：夜深人静写算法（二十一）- 最长公共子序列。

2、最小编辑距离

  长度为 $n$ 的源字符串 $a_1,a_2,...,a_n$，经过一些给定操作变成长度为 $m$ 的目标字符串 $b_1,b_2,...b_m$，操作包括如下三种：
  1）$Insert$：在源字符串中插入一个字符，插入消耗为 $I$；
  2）$Delete$：在源字符串中删除一个字符，删除消耗为 $D$；
  3）$Replace$：将源字符串中的一个字符替换成另一个字符，替换消耗为 $R$；
求最少的总消耗，其中 $n,m\le 1000$。

  令 $f[i][j]$ 表示源字符串 $a_1,a_2,...,a_i$ 经过上述三种操作变成目标字符串 $b_1,b_2,...b_j$ 的最少消耗。
  假设 $a_1,a_2,...,a_i$ 变成 $b_1,b_2,...b_{j-1}$ 的最少消耗已经求出，等于 $f[i][j-1]$，则需要在 $a[i]$ 的后面插入一个字符 $b_j$，那么产生的消耗为：$$f[i][j-1]+I$$ 如图所示，源字符串为 “AGTA”，目标字符串为 “GATCGT” 的情况下，将源字符串变成 "“GATCG” 的最小消耗为 $f[i][j-1]$，那么只要在源字符串最后再插入一个 ‘T’，就可以把源字符串变成目标字符串 “GATCGT”；

  假设 $a_1,a_2,...,a_{i-1}$ 变成 $b_1,b_2,...b_j$ 的最少消耗已经求出，等于 $f[i-1][j]$，则需要把 $a_i$ 个删掉，那么产生的消耗为：$$f[i-1][j]+D$$ 如图所示，源字符串为 “AGTA”，目标字符串为 “GATCGT” 的情况下，将 “AGT” 变成目标字符串的最小消耗为 $f[i-1][j]$，那么只要把源字符串最后一个’A’删掉，就可以把源字符串变成目标字符串；

  假设 $a_1,a_2,...,a_{i-1}$ 变成 $b_1,b_2,...b_{j-1}$ 的最少消耗已经求出，等于 $f[i-1][j-1]$，则将 $a_i$ 替换成 $b_j$， $a_1,a_2,...,a_i$ 就可以变成 $b_1,b_2,...b_j$。替换时需要考虑 $a_i=b_j$ 和 $a_i\ne b_j$ 的情况，所以替换产生的消耗为： f [ i − 1 ] [ j − 1 ] + { 0 a i = b j R a i ≠ b j f[i-1][j-1] +

$$egin{cases} 0 & a_i=b_j \ R & a_i eq b_jend{cases}$$ f[i−1][j−1]+{0R​ai​=bj​ai​​=bj​​ 如图所示，源字符串为 “AGTA”，目标字符串为 “GATCGT” 的情况下，将 “AGT” 变成 “GATCGT” 的最小消耗为 $f[i-1][j-1]$，那么只要将 源字符串 的最后一个字符 替换为 目标字符串 的最后一个字符 ，就可以把源字符串变成目标字符串；替换时根据 源字符串 和 目标字符串 原本是否相等来决定消耗；

• 边界情况主要考虑以下几种：
    a. 空串变成目标串 即 $f[0][j]$，总共需要插入 $j$ 个字符，所以 $f[0][j]=f[0][j-1]+I$；
    b. 源字符串变成空串 即 $f[i][0]$，总共需要删除 $i$ 个字符，所以 $f[i][0]=f[i-1][0]+D$；
    c. 空串变成空串 即 $f[0][0]=0$

  将上述所有状态进行一个整合，得到状态转移方程如下： f [ i ] [ j ] = { 0 i = 0 , j = 0 f [ i ] [ j − 1 ] + I i = 0 , j > 0 f [ i − 1 ] [ j ] + D i > 0 , j = 0 min ⁡ i > 0 , j > 0 { f [ i ] [ j − 1 ] + I f [ i − 1 ] [ j ] + D f [ i − 1 ] [ j − 1 ] + R a i ≠ b j f[i][j] =

$$egin{cases}0 & i=0,j=0\f[i][j-1]+I & i=0,j>0\ f[i-1][j] + D & i>0,j=0 \ min_{i>0,j>0} egin{cases} f[i][j-1] + I\ f[i-1][j] + D\ f[i-1][j-1] + R_{a_i eq b_j}end{cases}$$ end{cases} f[i][j]=⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧​0f[i][j−1]+If[i−1][j]+Dmini>0,j>0​⎩⎪⎨⎪⎧​f[i][j−1]+If[i−1][j]+Df[i−1][j−1]+Rai​​=bj​​​​i=0,j=0i=0,j>0i>0,j=0
  通过这个状态矩阵，最后计算得到 $f[n][m]$ 就是该题所求 "源字符串 $a_1,a_2,...,a_n$，经过 插入、删除、替换 变成目标字符串 $b_1,b_2,...b_m$" 的最少消耗了，特殊的，当 $I=D=R=1$ 时，$f[n][m]$ 就是字符串 $a$ 和 $b$ 的莱文斯坦距离。
  状态总数 $O(nm)$，每次状态转移的消耗为 $O(1)$，所以总的时间复杂度为 $O(nm)$，空间上可以采用滚动数组进行优化，具体优化方案可以参考 最长公共子序列 的求解过程。
  如图所示的是一张源字符串 “AGTACG” 到目标字符串 “GATCGTGAGC” 的莱文斯坦距离图。

  有关最小编辑距离的详细内容，可以参考：夜深人静写算法（二十二）- 最小编辑距离。

3、双串匹配问题

  给定一个 匹配字符串 s (只包含小写字母) 和一个 模式字符串 p (包含小写字母和两种额外字符：'.'和 '*')，要求实现一个支持 '.'和 '*'的正则表达式匹配（'*'前面保证有字符）。
  '.'匹配任意单个字符
  '*'匹配零个或多个前面的那一个元素

  这是个经典的 串匹配 问题，可以按照 最长公共子序列 的思路去解决。令 $f(i,j)$ 代表的是 匹配串前缀 s[0:i] 和 模式串前缀 p[0:j] 是否有匹配，只有两个值： 0 代表 不匹配， 1 代表 匹配。
  于是，对模式串进行分情况讨论：
  1）当 p[j] 为.时，代表 s[i] 为任意字符时，它都能够匹配（没毛病吧？没毛病），所以问题就转化成了求 匹配串前缀 s[0:i-1] 和 模式串前缀 p[0:j-1] 是否有匹配的问题，也就是这种情况下 $f(i,j)=f(i-1,j-1)$，如图1所示：


  2）当 p[j] 为*时，由于*前面保证有字符，所以拿到字符 p[j-1]，分情况讨论：
    2.a）如果 p[j-1] 为.时，可以匹配所有 s[0:i] 的后缀，这种情况下，只要 $f(k,j-2)$ 为 1，$f(i,j)$ 就为 1；其中 $k\in [0,i]$。如下图所示：


    2.b）如果 p[j-1] 非.时，只有当 s[0:i] 的后缀 字符全为 p[j-1] 时，才能去匹配 s[0:i] 的前缀，同样转化成 $f(k,j-2)$ 的子问题。如下图所示：


  3）当 p[j] 为其他任意字符时，一旦 p[j] 和 s[i] 不匹配，就认为 $f(i,j)=0$，否则 $f(i,j)=f(i-1,j-1)$，如下图所示：


  最后，这个问题可以采用 记忆化搜索 求解，并且需要考虑一些边界条件，边界条件可以参考代码实现中的讲解。记忆化搜索会在下文仔细讲解。
  匹配串的长度为 $n$，模式串的长度为 $m$。状态数：$O(nm)$，状态转移：$O(n)$，时间复杂度：$O(n^{2}m)$。

四、记忆化搜索

  给定一个 $n(n\le 45)$，求 斐波那契数列的第 $n$ 项的值，要求用递归实现。

  那么，我们只需要套用上面的递归函数，并且处理好递归出口，就能把它写成递归的形式，C语言 代码实现如下：

int f(unsigned int n) {
    if(n <= 1) {
        return 1;
    }
    return f(n-1) + f(n-2);
}
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  递归求解的过程如下：

  这是一棵二叉树，树的高度为 $n$，所以粗看递归访问时结点数为 $2^n$，但是仔细看，对于任何一棵子树而言，左子树的高度一定比右子树的高度大，所以不是一棵严格的完全二叉树。为了探究它实际的时间复杂度，我们改下代码：

int f(unsigned int n) {
    ++c[n];
    if(n <= 1) {
        return 1;
    }
    return f(n-1) + f(n-2);
}
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  加了一句代码 ++c[n];，引入一个计数器，来看下在不同的 $n$ 的情况下， $f(n)$ 这个函数的调用次数，如图所示：

  观察 $c[n]$ 的增长趋势，首先排除等差数列，然后再来看是否符合等比数列，我们来尝试求下 $c[n]/c[n-1]$ 的值，列出表格如下：

  观察发现，随着 $n$ 的不断增大，$c[n]/c[n-1]$ 越来越接近一个常数，而这个常数就是黄金分割的倒数：$$\frac{2}{\sqrt{5}-1}\approx 1.618034$$  当 $n$ 趋近于无穷大的时候，满足如下公式：$$c[n]=\frac{2}{\sqrt{5}-1}c[n-1]$$  对等比数列化解后累乘得到： c [ n ] = 2 5 − 1 c [ n − 1 ] = ( 2 5 − 1 ) 2 c [ n − 2 ] = ( 2 5 − 1 ) n

$$egin{aligned}c[n] &= frac {2}{ sqrt 5 - 1} c[n-1]\ &= (frac {2}{ sqrt 5 - 1})^2 c[n-2]\ &= (frac {2}{ sqrt 5 - 1})^n end{aligned}$$ c[n]​=5 ​−12​c[n−1]=(5 ​−12​)2c[n−2]=(5 ​−12​)n​  所以，斐波那契数列递归求解的时间复杂度就是 ：$$O((\frac{2}{\sqrt{5}-1}{)}^n)$$
  这是一个指数级的算法，随着 $n$ 的不断增大，时间消耗呈指数级增长，我们在写代码的时候肯定是要避免这样的写法的，尤其是在服务器开发过程中，CPU 是一种极其宝贵的资源，任何的浪费都是可耻的。但是，面试官又要求用递归实现，真是太讨厌了！
  那么，怎么来优化这里的算力消耗呢？
  递归求解斐波那契数列其实是一个深度优先搜索的过程，它是毫无优化的暴力枚举，对于 $f(5)$ 的求解，如图所示：

  同时，我们也发现，计算过程中其实有很多重叠子问题，例如 $f(3)$ 被计算了 $2$ 次，如图所示：

  $f(2)$ 被计算了 $3$ 次，如图所示：

  所以如果我们能够确保每个 $f(i)$ 只被计算一次，问题就迎刃而解了。可以考虑将 $f(i)$ 计算出来的值存储到哈希数组 $h[i]$ 中，当第二次要访问 $f(i)$ 时，直接取 $h[i]$ 的值即可，这样每次计算 $f(i)$ 的时间复杂度变成了 $O(1)$，总共需要计算 $f(2),f(3),...f(n)$，总的时间复杂度就变成了 $O(n)$ 。
  这种用哈希数组来记录运算结果，避免重复运算的方法就是记忆化搜索。
  这件事情如何执行下去呢？
  我们用一个数组 $h[i]$ 来记录 斐波那契数列 第 $i$ 项的值，把之前的递归代码改成如下形式：

const int inf = -1;
int h[46];

void init() {
    memset(h, inf, sizeof(h));  // 1）
}

int f(unsigned int n) {
    if(n <= 1) {
        return 1;
    }
    int &fib = h[n];            // 2）
    if(fib != inf) {
        return fib;             // 3）
    }
    fib = f(n-1) + f(n-2);      // 4）
    return fib;
}
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• 1）初始化所有 $f(i)$ 都没有被计算过，为了方便用 memset，可以将 inf定义成 -1；
• 2）注意这里用了个引用，而且一定要用引用，具体原因留给读者自己思考，当然不想思考的话，下文也会讲到，不必担心；
• 3）当 fib也就是 h[n]已经计算过了，那么直接返回结果即可；
• 4）最后，利用递归计算h[n]的值，并且返回结果；

  和递归版本相比，多了这么一段代码：

    int &fib = h[n];
    if(fib != inf) {
        return fib;
    }
1
2
3
4

  那么它的作用体现在哪里呢？我们通过一个动图来感受一下：

  如图所示，当第二次需要计算 $f(2)$ 和 $f(3)$ 时，由于结果已经计算出来并且存储在 $h[2]$ 和 $h[3]$ 中，所以上面这段代码的fib != inf表达式为真，直接返回，不再需要往下递归计算，这样就把原本的 “递归二叉树” 转换成了 “递归链”， 从而将原本指数级的算法变成了多项式级别。
  上文用一个简单的例子阐述了记忆化搜索的实现方式，并且提到了利用数组来记录已经计算出来的重叠子问题，这个和动态规划的思想非常相似，没错，记忆化搜索其实用的就是动态规划的思想。更加确切的说，可以用如下公式来表示：

记忆化搜索 = 深度优先搜索的实现 + 动态规划的思想
  有关记忆化搜索的更多内容，可以参考： 夜深人静写算法（二十六）- 记忆化搜索。

五、背包问题

1、0/1 背包

  有 $n(n\le 100)$ 个物品和一个容量为 $m(m\le 10000)$ 的背包。第 $i$ 个物品的容量是 $c[i]$，价值是 $w[i]$。现在需要选择一些物品放入背包，并且总容量不能超过背包容量，求能够达到的物品的最大总价值。

  以上就是 0/1 背包问题的完整描述，之所以叫 0/1 背包，是因为每种物品只有一个，可以选择放入背包或者不放，而 0 代表不放，1 代表放。
  第一步：设计状态；
  状态 $(i,j)$ 表示前 $i$ 个物品恰好放入容量为 $j$ 的背包 $(i\in [0,n],j\in [0,m])$；
  令 $dp[i][j]$ 表示状态 $(i,j)$ 下该背包得到的最大价值，即前 $i$ 个物品恰好放入容量为 $j$ 的背包所得到的最大总价值；
  第二步：列出状态转移方程；$$dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-c[i]]+w[i])$$ 因为每个物品要么放，要么不放，所以只需要考虑第 $i$ 个物品 放 或 不放 的情况：
  1）不放：如果 “第 $i$ 个物品不放入容量为 $j$ 的背包”，那么问题转化成求 “前 $i-1$ 个物品放入容量为 $j$ 的背包” 的问题；由于不放，所以最大价值就等于 “前 $i-1$ 个物品放入容量为 $j$ 的背包” 的最大价值，即 $dp[i-1][j]$；
  2）放：如果 “第 $i$ 个物品放入容量为 $j$ 的背包”，那么问题转化成求 “前 $i-1$ 个物品放入容量为 $j-c[i]$ 的背包” 的问题；那么此时最大价值就等于 “前 $i-1$ 个物品放入容量为 $j-c[i]$ 的背包” 的最大价值 加上放入第 $i$ 个物品的价值，即 $dp[i-1][j-c[i]]+w[i]$；
  将以上两种情况取大者，就是我们所求的 “前 $i$ 个物品恰好放入容量为 $j$ 的背包” 的最大价值了。
  我们发现，当状态在进行转移的时候，$(i,j)$ 不是来自 $(i-1,j)$，就是来自 $(i-1,j-c[i])$，所以必然有一个初始状态，而这个初始状态就是 $(0,0)$，含义是 “前 0 个物品放入一个背包容量为 0 的背包”，这个状态下的最大价值为 0，即 $dp[0][0]=0$；
  那么我们再来考虑， $(0,3)$ 是什么意思呢？它代表的是 “前 0 个物品恰好放入一个背包容量为 3 的背包”，明显这种情况是不存在的，因为 0 个物品的价值肯定是 0。所以这种状态被称为非法状态，非法状态是无法进行状态转移的，于是我们可以通过初始状态和非法状态进所有状态进行初始化。
   d p [ 0 ] [ i ] = { 0 i = 0 i n f i > 0 dp[0][i] =

$$egin{cases} 0 & i = 0\ inf & i > 0end{cases}$$ dp[0][i]={0inf​i=0i>0​
  其中 $inf$ 在程序实现时，我们可以设定一个非常小的数，比如 $-1000000000$，只要保证无论如何状态转移它都不能成为最优解的候选状态。为了加深状态转移的概念，来看图二-5-1 的一个例子，每个格子代表一个状态，$(0,0)$ 代表初始状态，蓝色的格子代表已经求得的状态，灰色的格子代表非法状态，红色的格子代表当前正在进行转移的状态，图中的第 $i$ 行代表了前 $i$ 个物品对应容量的最优值，第 4 个物品的容量为 2，价值为 8，则有状态转移如下：$$\begin{array}{rl}dp[4][4]& =max(dp[4-1][4],dp[4-1][4-2]+8)\\ & =max(dp[3][4],dp[3][2]+8)\end{array}$$

  有关 0/1 背包的更多内容，可以参考：夜深人静写算法（十四）- 0/1 背包。

2、完全背包

  有 $n(n\le 100)$ 种物品和一个容量为 $m(m\le 10000)$ 的背包。第 $i$ 种物品的容量是 $c[i]$，价值是 $w[i]$。现在需要选择一些物品放入背包，每种物品可以无限选择，并且总容量不能超过背包容量，求能够达到的物品的最大总价值。

  以上就是完全背包问题的完整描述，和 0/1 背包的区别就是每种物品可以无限选取，即文中红色字体标注的内容；
  第一步：设计状态；
  状态 $(i,j)$ 表示前 $i$ 种物品恰好放入容量为 $j$ 的背包 $(i\in [0,n],j\in [0,m])$；
  令 $dp[i][j]$ 表示状态 $(i,j)$ 下该背包得到的最大价值，即前 $i$ 种物品（每种物品可以选择无限件）恰好放入容量为 $j$ 的背包所得到的最大总价值；

  第二步：列出状态转移方程；$$dp[i][j]=max(dp[i-1][j-c[i]\ast k]+w[i]\ast k)$$ $$(0\le k\le \frac{j}{c[i]})$$

• 因为每种物品有无限种可放置，将它归类为以下两种情况：
    1）不放：如果 “第 $i$ 种物品不放入容量为 $j$ 的背包”，那么问题转化成求 “前 $i-1$ 种物品放入容量为 $j$ 的背包” 的问题；由于不放，所以最大价值就等于 “前 $i-1$ 种物品放入容量为 $j$ 的背包” 的最大价值，对应状态转移方程中 $k=0$ 的情况， 即 $dp[i-1][j]$；
    2）放 k 个：如果 “第 $i$ 种物品放入容量为 $j$ 的背包”，那么问题转化成求 “前 $i-1$ 种物品放入容量为 $j-c[i]\ast k$ 的背包” 的问题；那么此时最大价值就等于 “前 $i-1$ 种物品放入容量为 $j-c[i]\ast k$ 的背包” 的最大价值 加上放入 $k$ 个第 $i$ 种物品的价值，即 $dp[i-1][j-c[i]\ast k]+w[i]\ast k$；
    枚举所有满足条件的 $k$ 就是我们所求的 “前 $i$ 种物品恰好放入容量为 $j$ 的背包” 的最大价值了。注意：由于每件物品都可以无限选择，所以这里描述的时候都是用的 “种” 作为单位，即代表不同种类的物品。

  对于 $n$ 种物品放入一个容量为 $m$ 的背包，状态数为 $O(nm)$，每次状态转移的消耗为 $O(k)$，所以整个状态转移的过程时间复杂度是大于 $O(nm)$ 的，那么实际是多少呢？考虑最坏情况下，即 $c[i]=1$ 时，那么要计算的 $dp[i][j]$ 的转移数为 $j$，总的状态转移次数就是 $\frac{m(m+1)}{2}$，所以整个算法的时间复杂度是 $O(n{m}^2)$ 的，也就是说状态转移均摊时间复杂度是 $O(m)$ 的。

  我们把状态转移方程进行展开后得到如下的 $k+1$ 个式子：
d p [ i ] [ j ] = m a x { d p [ i − 1 ] [ j ] ( 1 ) d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ] + w [ i ] ( 2 ) d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ∗ 2 ] + w [ i ] ∗ 2 ( 3 ) . . . d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ∗ k ] + w [ i ] ∗ k ( k + 1 ) dp[i][j] = max

$$egin{cases} dp[i-1][j] & (1)\ dp[i-1][j - c[i]] + w[i] & (2)\ dp[i-1][j - c[i]*2] + w[i]*2 & (3)\ ... \ dp[i-1][j - c[i]*k] + w[i] *k & (k+1) end{cases}$$ dp[i][j]=max⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧​dp[i−1][j]dp[i−1][j−c[i]]+w[i]dp[i−1][j−c[i]∗2]+w[i]∗2...dp[i−1][j−c[i]∗k]+w[i]∗k​(1)(2)(3)(k+1)​
  利用待定系数法，用 $j-c[i]$ 代替上式的 $j$ 得到如下式子：
$$dp[i][j-c[i]]=max\{\begin{array}{ll}dp[i-1][j-c[i]]& (1)\\ dp[i-1][j-c[i]\ast 2]+w[i]& (2)\\ dp[i-1][j-c[i]\ast 3]+w[i]\ast 2& (3)\\ ...& \\ dp[i-1][j-c[i]\ast k]+w[i]\ast (k-1)& (k)\end{array}$$
  等式两边都加上 $w[i]$ 得到：
$$dp[i][j-c[i]]+w[i]=max\{\begin{array}{ll}dp[i-1][j-c[i]]+w[i]& (1)\\ dp[i-1][j-c[i]\ast 2]+w[i]\ast 2& (2)\\ dp[i-1][j-c[i]\ast 3]+w[i]\ast 3& (3)\\ ...& \\ dp[i-1][j-c[i]\ast k]+w[i]\ast k& (k)\end{array}$$
  于是我们发现，这里的 $(1)...(k)$ 式子等价于最开始的状态转移方程中的 $(2)...(k+1)$ 式，所以原状态转移方程可以简化为：$$dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-c[i]]+w[i])$$
  这样就把原本均摊时间复杂度为 $O(m)$ 的状态转移优化到了 $O(1)$。
  那么我们来理解一下这个状态转移方程的含义：对于第 $i$ 种物品，其实只有两种选择：一个都不放、至少放一个；一个都不放 就是 “前 $i-1$ 种物品放满一个容量为 $j$ 的背包” 的情况，即 $dp[i-1][j]$；至少放一个 的话，我们尝试在 “前 $i$ 种物品放满一个容量为 $j$ 的背包” 里拿掉 1 个物品，即 “前 $i$ 种物品放满一个容量为 $j-c[i]$ 的背包”，这时候的值就是 $dp[i][j-c[i]]+w[i]$。取两者的大者就是答案了。
  其实这个思路我可以在本文开头就讲，也容易理解，之所以引入优化以及逐步推导的过程，就是想告诉读者，很多动态规划的问题是不能套用模板的，从简单的思路出发，加上一些推导和优化，逐步把复杂的问题循序渐进的求出来，才是解决问题的普遍思路。
  有关完全背包的更多内容，可以参考：夜深人静写算法（十五）- 完全背包。

3、多重背包

  有 $n(n\le 100)$ 种物品和一个容量为 $m(m\le 10000)$ 的背包。第 $i$ 种物品的容量是 $c[i]$，价值是 $w[i]$。现在需要选择一些物品放入背包，每种物品可以选择 $x[i]$ 件，并且总容量不能超过背包容量，求能够达到的物品的最大总价值。

  以上就是多重背包问题的完整描述，和 0/1 背包、完全背包的区别就是每种物品的选取有物品自己的值域限制，即文中红色字体标注的内容；
  第一步：设计状态；
  状态 $(i,j)$ 表示前 $i$ 种物品恰好放入容量为 $j$ 的背包 $(i\in [0,n],j\in [0,m])$；
  令 $dp[i][j]$ 表示状态 $(i,j)$ 下该背包得到的最大价值，即前 $i$ 种物品（每种物品可以选择 $x[i]$ 件）恰好放入容量为 $j$ 的背包所得到的最大总价值；

  第二步：列出状态转移方程；$$\begin{gathered} dp[i][j]=max(dp[i-1][j-c[i]\ast k]+w[i]\ast k) \\ (0\le k\le x[i]) \end{gathered}$$ 因为每种物品有 $x[i]$ 种可放置，将它归类为以下两种情况：
  1）不放：如果 “第 $i$ 种物品不放入容量为 $j$ 的背包”，那么问题转化成求 “前 $i-1$ 种物品放入容量为 $j$ 的背包” 的问题；由于不放，所以最大价值就等于 “前 $i-1$ 种物品放入容量为 $j$ 的背包” 的最大价值，对应状态转移方程中 $k=0$ 的情况， 即 $dp[i-1][j]$；
  2）放 k 个：如果 “第 $i$ 种物品放入容量为 $j$ 的背包”，那么问题转化成求 “前 $i-1$ 种物品放入容量为 $j-c[i]\ast k$ 的背包” 的问题；那么此时最大价值就等于 “前 $i-1$ 种物品放入容量为 $j-c[i]\ast k$ 的背包” 的最大价值 加上放入 $k$ 个第 $i$ 种物品的价值，即 $dp[i-1][j-c[i]\ast k]+w[i]\ast k$；
  枚举所有满足条件的 $k$ 就是我们所求的 “前 $i$ 种物品恰好放入容量为 $j$ 的背包” 的最大价值了。
  多重背包问题是背包问题的一般情况，每种物品有自己的值域限制。如果从状态转移方程出发，我们可以把三种背包问题进行归纳统一，得到一个统一的状态转移方程如下：$$dp[i][j]=max(dp[i-1][j-c[i]\ast k]+w[i]\ast k)$$  对于 0/1 背包问题，$k$ 的取值为 $0,1$；
  对于完全背包问题，$k$ 的取值为 $0,1,2,3,...,\lfloor \frac{j}{c[i]}\rfloor$；
  对于多重背包问题，$k$ 的取值为 $0,1,2,3,...,x[i]$；
  对于 $n$ 种物品放入一个容量为 $m$ 的背包，状态数为 $O(nm)$，每次状态转移的消耗为 $O(x[i])$，所以整个状态转移的过程时间复杂度是大于 $O(nm)$ 的，那么实际是多少呢？
  考虑最坏情况下，即 $x[i]=m$ 时，那么要计算的 $dp[i][j]$ 的转移数为 $j$，总的状态转移次数就是 $\frac{m(m+1)}{2}$，所以整个算法的时间复杂度是 $O(n{m}^2)$ 的，也就是说状态转移均摊时间复杂度是 $O(m)$ 的。
  一个容易想到的优化是：我们可以将每种物品拆成 $x[i]$ 个，这样变成了 ${\sum }_{i=1}^{n}x[i]$ 个物品的 0/1 背包问题，我们知道 0/1 背包问题优化完以后，空间复杂度只和容量有关，即 $O(m)$。
  所以多重背包问题的空间复杂度至少是可以优化到 $O(m)$ 的。
  然而， 如果这样拆分，时间复杂度还是没有变化，但是给我们提供了一个思路，就是每种物品是可以拆分的。假设有 $x[i]$ 个物品，我们可以按照 2 的幂进行拆分，把它拆分成：$$1,2,4,...,2^{k-1},x[i]-2^k+1$$
  其中 $k$ 是最大的满足 $x[i]-2^k+1\ge 0$ 的非负整数。
  这样，1 到 $x[i]$ 之间的所有整数都能通过以上 $k+1$ 个数字组合出来，所以只要拆成以上 $k+1$ 个物品，所有取 $k(0\le k\le x[i])$ 个物品的情况都能被考虑进来。
  举例说明，当 $x[i]=14$ 时，可以拆分成 1,2,4,7 个物品，那么当我们要取 13 个这类物品的时候，相当于选择 2、4、7，容量分别为 $c[i]\ast 2,c[i]\ast 4,c[i]\ast 7$, 价值分别为 $w[i]\ast 2,w[i]\ast 4,w[i]\ast 7$。
  通过这种拆分方式，$x[i]$ 最多被拆分成 $lo{g}_{2}x[i]$ 个物品，然后再用 0/1 背包求解，得到了一个时间复杂度为 $O(m{\sum }_{i=1}^{n}lo{g}_{2}x[i])$ 的算法。
  有关多重背包的更多内容，可以参考：夜深人静写算法（十六）- 多重背包。

4、分组背包

  有 $n(n\le 1000)$ 个物品和一个容量为 $m(m\le 1000)$ 的背包。这些物品被分成若干组，第 $i$ 个物品属于 $g[i]$ 组，容量是 $c[i]$，价值是 $w[i]$，现在需要选择一些物品放入背包，并且每组最多放一个物品，总容量不能超过背包容量，求能够达到的物品的最大总价值。

  以上就是分组背包问题的完整描述，和其它背包问题的区别就是每个物品多了一个组号，并且相同组内，最多只能选择一个物品放入背包；因为只有一个物品，所以读者可以暂时忘掉 完全背包 和 多重背包 的概念，在往下看之前，先回忆一下 0/1 背包的状态转移方程。

  第一步：预处理；
  首先把每个物品按照组号 $g[i]$ 从小到大排序，假设总共有 $t$ 组，则将 $g[i]$ 按顺序离散到 $[1,t]$ 的正整数。这样做的目的是为了将 $g[i]$ 作为下标映射到状态数组中；

  第二步：设计状态；
  状态 $(k,j)$ 表示前 $k$ 组物品恰好放入容量为 $j$ 的背包 $(k\in [0,t],j\in [0,m])$；令 $dp[k][j]$ 表示状态 $(k,j)$ 下该背包得到的最大价值，即前 $k$ 组物品（每组物品至多选一件）恰好放入容量为 $j$ 的背包所得到的最大总价值；

  第三步：列出状态转移方程：$$dp[k][j]=max(dp[k-1][j],dp[k-1][j-c[i]]+w[i])$$ $$k=g[i]$$因为每个物品有只有两种情况：
  1）不放：如果 “第 $i$ 个物品（属于第 $k$ 组）不放入容量为 $j$ 的背包”，那么问题转化成求 “前 $k-1$ 组物品放入容量为 $j$ 的背包” 的问题；由于不放，所以最大价值就等于 “前 $k-1$ 组物品放入容量为 $j$ 的背包” 的最大价值，对应状态转移方程中的 $dp[k-1][j]$；
  2）放：如果 “第 $i$ 个物品（属于第 $k$ 组）放入容量为 $j$ 的背包”，那么问题转化成求 “前 $k-1$ 组物品放入容量为 $j-c[i]$ 的背包” 的问题；那么此时最大价值就等于 “前 $k-1$ 组物品放入容量为 $j-c[i]$ 的背包” 的最大价值 加上放入第 $i$ 个物品的价值，即 $dp[k-1][j-c[i]]+w[i]$；
  因为 前 $k-1$ 组物品中一定不存在第 $k$ 组中的物品，所以能够满足 “最多放一个” 这个条件；

  对于 $n$ 个物品放入一个容量为 $m$ 的背包，状态数为 $O(nm)$，每次状态转移的消耗为 $O(1)$，所以整个状态转移的过程时间复杂度是 $O(nm)$；
  注意在分组背包求解的时候，要保证相同组的在一起求，而一开始的预处理和离散化正式为了保证这一点，这样，每个物品的组号为 $g[i]=1,2,3,4...,t$，并且我们可以把状态转移方程进一步表示成和 $k$ 无关的，如下：$$dp[g[i]][j]=max(dp[g[i]-1][j],dp[g[i]-1][j-c[i]]+w[i])$$
  有关分组背包更加详细的内容，可以参考：夜深人静写算法（十七）- 分组背包。

5、依赖背包

  商店里有 $n(n\le 50)$ 个盒子，每个盒子价钱为 $p[i](p[i]\le 1000)$，价值为 0，盒子里面有一些小礼物，数量为 $m[i](1\le m[i]\le 10)$，每个小礼物描述成一个二元组 $(c,v)$，$c$ 为价钱，$v$ 为价值，如果要买小礼物，必须先买盒子。现在给出价钱 $m(m\le 100000)$，求能够买到的最大价值。

  这是一个比较特殊的依赖性背包问题，也是依赖背包中最简单的情况，其中盒子作为 主件，小礼物作为 附件。想要购买附件，必须先购买主件，此所谓 “依赖” ；

  第一步：设计状态；
  状态 $(i,j)$ 表示前 $i$ 个盒子购买的价钱恰好为 $j$ $(i\in [0,n],j\in [0,m])$；
  令 $dp[i][j]$ 表示状态 $(i,j)$ 下得到的最大价值，即前 $i$ 个盒子购买价钱为 $j$ 的情况下所得到的最大总价值；

  我们在设计状态的时候，没有把小礼物设计到状态里，那么如何进行状态转移呢？

  可以这么考虑，抛开小礼物不说，每个盒子其实只有两种状态，选 和 不选；
  1）选：就是要对这个盒子里的小礼物进行一次 0/1 背包；
  2）不选：就和这盒子里的小礼物无关了，直接等于前 $i-1$ 个盒子的最大价值，即 $dp[i-1][j]$。
  那么，只要从前往后枚举所有盒子，$p[i]$ 为第 $i$ 个盒子的价钱，$w[i]$ 为价值，由于这个问题下盒子是没有价值的，即 $w[i]$ 恒等于零；

进行如下三步操作：
  1）首先，买第 $i$ 个盒子，并且不放物品；
  2）然后，既然盒子都已经买下来了，就可以放心对第 $i$ 个盒子里的小礼物进行 0/1 背包了；
  3）最后，对 买盒子 $i$ 和 不买盒子 $i$ 取一次最大价值；

  买第 $i$ 个盒子，不放物品的情况肯定是从前 $i-1$ 个盒子的状态推算过来的，给出状态转移方程如下：
d p [ i ] [ j ] = { i n f j < p [ i ] ( 1 ) d p [ i − 1 ] [ j − p [ i ] ] + w [ i ] j ≥ p [ i ] ( 2 ) dp[i][j] =

$$egin{cases}inf & j < p[i] & (1)\dp[i-1][j - p[i]]+w[i] & j ge p[i] & (2)end{cases}$$ dp[i][j]={infdp[i−1][j−p[i]]+w[i]​j<p[i]j≥p[i]​(1)(2)​

• (1) 代表钱不够，无限凄凉；(2) 代表从 前 $i-1$ 个盒子价格为 $j-p[i]$ 时，再花 $p[i]$ 买下第 $i$ 个盒子的情况。这时候 $dp[i][j]$ 代表的是 第 $i$ 个盒子买下后，还没买小礼物时，容量为 $j$ 的最大总价值；

  既然盒子都已经买下来了，就可以放心对第 $i$ 个盒子里的小礼物在 $dp[i][0...m]$ 上进行 0/1 背包了；所有小礼物都枚举完毕以后，得到的 $dp[i][j]$ 代表的是 第 $i$ 个盒子买下，并且买了若干小礼物后，容量为 $j$ 的最大总价值；

  最后，对买 这个盒子 和 不买这个盒子 做一次选择，即取一次最大价值，如下：$$dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j])$$
  这里的 $dp[i-1][j]$ 正代表的是第 $i$ 个盒子不买的情况。
  有关依赖背包的更多内容，可以参考：夜深人静写算法（十八）- 依赖背包。

六、树形DP

  给定一棵 $n(n<=150)$ 个结点的树，去掉一些边，使得正好出现一个 $P$ 个结点的连通块。问去掉最少多少条边能够达到这个要求。

  如图所示，一棵 10 个结点的树，我们可以去掉图中红色的边，变成两棵子树，分别为 3 个结点和 7个结点。

  也可以通过这样的方式，得到三颗子树，分别为 5 、4、1 个结点。

  对于树上的某个结点（如图的红色结点），可以选择去掉连接子树的边，也可以选择留着；每条连接子树的边的 选 和 不选，能够得到一个组合，对应了背包问题，而每棵子树的选择只能选择一种，对应了分组背包，所以可以利用这个思路来设计状态。

  状态设计：用 $dp[u][x]$ 表示以 $u$ 为根的子树，能够通过去掉一些边而得到一个正好是 $x$ 结点的连通块（注意只包含它的子树的部分，不连接它的父结点）的最少消耗；
  状态转移思路：枚举 $u$ 的所有子结点，对于子结点 $v$，递归计算 $dp[v][i](1<=i<=x)$ 所有的可能情况，如果 $dp[v][i]$ 存在，则认为这是一个容量为 $i$，价值为 $dp[v][i]$ 的物品，表示为 $(i,dp[v][i])$。然后在结点 $u$ 的背包上进行一次分组背包。
  初始情况：对于任何一个结点 $u$，它的子结点个数为 $c_u$，初始情况是 $dp[u][1]=c_u$，表示如果以当前这个结点为孤立点，那么它的子树都不能选，所以费用就是去掉所有连接子树的边，即子树的个数。
  状态转移：然后对于每棵子树 $v$ 的 $k$ 个结点的连通块，答案就是 $dp[v][j-k]+dp[v][k]-1$，注意这里的 -1 的含义，因为我们一开始默认将所有连接子树的边去掉，所以这里需要补回来。
  答案处理：最后的答案就是 $\min (dp[x][P]+(1ifxisnotroot)$；考虑结点为 P 的连通块只会出现在两个地方：1）和根结点相连的块，那么答案就是 $dp[root][P]$；2）不和根结点相连的块，需要枚举所有结点的 $dp[x][P]+1$ 取最小值，其中这里的 1 代表斩断 $(parent[x],x)$ 这条边的消耗；

七、矩阵二分

A n = [ a 11 a 12 ⋯ a 1 m a 21 a 22 ⋯ a 2 m ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a m 1 a m 2 ⋯ a m m ] n A^n=

$$egin{bmatrix} {a_{11}}&{a_{12}}&{cdots}&{a_{1m}}\ {a_{21}}&{a_{22}}&{cdots}&{a_{2m}}\ {vdots}&{vdots}&{ddots}&{vdots}\ {a_{m1}}&{a_{m2}}&{cdots}&{a_{mm}}\ end{bmatrix}$$ ^n An=⎣⎢⎢⎢⎡​a11​a21​⋮am1​​a12​a22​⋮