动态规划的经典例子

最长不减子序列

一个序列有N个数：A[1],A[2],…,A[N]，求出最长非降子序列的长度。 (讲DP基本都会讲到的一个问题LIS：longest increasing subsequence)

正如上面我们讲的，面对这样一个问题，我们首先要定义一个“状态”来代表它的子问题， 并且找到它的解。注意，大部分情况下，某个状态只与它前面出现的状态有关， 而独立于后面的状态。

5，3，4，8，6，7

根据上面找到的状态，我们可以得到：（下文的最长非降子序列都用LIS表示）

• 前1个数的LIS长度d(1)=1(序列：5)
• 前2个数的LIS长度d(2)=1(序列：3；3前面没有比3小的)
• 前3个数的LIS长度d(3)=2(序列：3，4；4前面有个比它小的3，所以d(3)=d(2)+1)
• 前4个数的LIS长度d(4)=3(序列：3，4，8；8前面比它小的有3个数，所以 d(4)=max{d(1),d(2),d(3)}+1=3)

状态转换分成为：

d(i) = max{1, d(j)+1},其中j

#include 

using namespace std;

int lis(int A[], int n){
    int *d = new int[n];
    int len = 1;
    for(int i=0; i1;
        for(int j=0; jif(A[j]<=A[i] && d[j]+1>d[i])
                d[i] = d[j] + 1;
        if(d[i]>len) len = d[i];
    }
    delete[] d;
    return len;
}

int main(){
    int A[] = {
        5, 3, 4, 8, 6, 7
    };
    cout<6)<return 0;
}

以上是O( n2 )的算法，还有O(nlogn)的实现如下：

//在非递减序列 arr[s..e]（闭区间）上二分查找第一个大于等于key的位置，如果都小于key，就返回e+1
int upper_bound(int arr[], int s, int e, int key)
{
    int mid;
    if (arr[e] <= key)
        return e + 1;
    while (s < e)
    {
        mid = s + (e - s) / 2;
        if (arr[mid] <= key)
            s = mid + 1;
        else
            e = mid;
    }
    return s;
}

int LIS(int d[], int n)
{
    int i = 0, len = 1, *end = (int *)alloca(sizeof(int) * (n + 1));
    end[1] = d[0]; //初始化：长度为1的LIS末尾为d[0]
    for (i = 1; i < n; i++)
    {
        int pos = upper_bound(end, 1, len, d[i]); //找到插入位置
        end[pos] = d[i];
        if (len < pos) //按需要更新LIS长度
            len = pos;
    }
    return len;
}

参考：

http://www.hawstein.com/posts/dp-novice-to-advanced.html
https://www.felix021.com/blog/read.php?1587

收集最多的苹果

平面上有N*M个格子，每个格子中放着一定数量的苹果。你从左上角的格子开始， 每一步只能向下走或是向右走，每次走到一个格子上就把格子里的苹果收集起来， 这样下去，你最多能收集到多少个苹果。

解这个问题与解其它的DP问题几乎没有什么两样。第一步找到问题的“状态”， 第二步找到“状态转移方程”，然后基本上问题就解决了。

首先，我们要找到这个问题中的“状态”是什么？我们必须注意到的一点是， 到达一个格子的方式最多只有两种：从左边来的(除了第一列)和从上边来的(除了第一行)。 因此为了求出到达当前格子后最多能收集到多少个苹果， 我们就要先去考察那些能到达当前这个格子的格子，到达它们最多能收集到多少个苹果。 (是不是有点绕，但这句话的本质其实是DP的关键：欲求问题的解，先要去求子问题的解)

经过上面的分析，很容易可以得出问题的状态和状态转移方程。 状态S[i][j]表示我们走到(i, j)这个格子时，最多能收集到多少个苹果。那么， 状态转移方程如下：

s[i][j]=A[i][j]+max(S[i−1][j],if i > 0 ;S[i][j−1],if j > 0 )

其中i代表行，j代表列，下标均从0开始；A[i][j]代表格子(i, j)处的苹果数量。

S[i][j]有两种计算方式：1.对于每一行，从左向右计算，然后从上到下逐行处理；2. 对于每一列，从上到下计算，然后从左向右逐列处理。 这样做的目的是为了在计算S[i][j]时，S[i-1][j]和S[i][j-1]都已经计算出来了。

伪代码如下：

#include   

using namespace std;  

#define MAX_N 100  
#define MAX_M 100  

int arr[ MAX_N ][ MAX_M ] = { 0 };  
int dp[ MAX_N + 2 ][ MAX_M + 2 ] = { 0 };   

int main(){  
    int n, m;  
    cin>> n >> m;  //输入n*m的方格  
    int i, j ;  
    for( i = 0; i < n; i++){  
        for( j = 0; j < m; j++)  
            cin>> arr[ i ][ j ];  
    } //输入方格中各个格子中的苹果数量  
    for( i = 0; i < n; i++){  
        for( j = 0; j < m; j++){  
            dp[ i + 1 ][ j + 1 ] = dp[ i ][ j + 1] > dp[ i + 1 ][ j ] ?   
                        dp[ i ][ j + 1] + arr[ i ][ j ] : dp[ i + 1][ j ] + arr[ i ][ j ];   
        }  
    }   
    cout<

    return 0;  
}  

http://www.tuicool.com/articles/IVVvue

01背包问题

问题描述

有编号分别为a,b,c,d,e的五件物品，它们的重量分别是2,2,6,5,4，它们的价值分别是6,3,5,4,6，现在给你个承重为10的背包，如何让背包里装入的物品具有最大的价值总和？

问题分析

01背包的状态转换方程 f[i,j] = Max{ f[i-1,j-Wi]+Pi( j >= Wi ), f[i-1,j] }

代码实现

 #include  
 #include  
 using namespace std;  

 int table[10][100]={0};  
 int tableTwo[10][100];  
 int flag[10]={-1};   


 int Knapsack(int v[],int w[],int c,int n){//value weight capacity num   
    for(int i=1;i1;i++){//因为涉及到i-1的计算，所以下标从1开始   
        for(int j=1;j1;j++){  
            if(j1][j];  
                //flag[i]=0;  
            }else{  
                table[i][j]=max(table[i-1][j],table[i-1][j-w[i]]+v[i]);  
                //flag[i]=table[i-1][j]>(table[i-1][j-w[i]]+v[i])?0:1;  
            }  
        }  
    }  
    return table[n][c];  
 }  

 int KnapsackTwo(int v[],int w[],int c,int n){//此方法从n->1计算 。自底向上，自左向右   
    int jMax=min(w[n]-1,c);   
    for(int j=0;j0;//j<当前背包容量或者当前物品重量时，tableTwo[n][j]=0;   
    for(int j=w[n];j<=c;j++)tableTwo[n][j]=v[n];//当前背包容量可以装得下时， tableTwo[n][j]=v[n];  
    for(int i=n-1;i>1;i--){  
        jMax=min(w[i],c);  
        for(int j=0;j<=jMax;j++)tableTwo[i][j]=tableTwo[i+1][j];  
        for(int j=w[i];j<=c;j++)tableTwo[i][j]=max(tableTwo[i+1][j],tableTwo[i+1][j-w[i]]+v[i]);//当前背包容量装得下，但是要判断其价值是否最大，确定到底装不装   
    }  
    tableTwo[1][c]=tableTwo[2][c];//先假设1物品不装   
    if(c>=w[1])tableTwo[1][c]=max(tableTwo[1][c],tableTwo[2][c-w[1]]+v[1]);//根据价值，判断到底装不装   
    return tableTwo[1][c];//返回最优值   
  }  
 void Traceback(int w[],int c,int n){//根据最优值，求最优解   
    for(int i=1;iif(tableTwo[i][c]==tableTwo[i+1][c])flag[i]=0;  
        else {  
            flag[i]=1;  
            c-=w[i];      
        }  
    }  
    flag[n]=tableTwo[n][c]?1:0;  
 }  

 int main(){  
    int weight[6]={0,2,2,6,5,4};//最低位补了0，从weight[1]开始赋值   
    int value[6]={0,6,3,5,4,6};  
    int c=10;  
    cout<<"第一种方法->总价值最大为："<5)<cout<<"第二种方法->总价值最大为："<5)<5);  
    cout<<"最优值的解：";   
    for(int i=1;i<5+1;i++)cout<" ";  
    cout<for(int i=1;i<6;i++){  
        for(int j=0;j<11;j++){  
            printf("%2d ",tableTwo[i][j]);  
        }  
        cout<return 0;  

 }  
 /* 
第一种方法->总价值最大为：15 
第二种方法->总价值最大为：15 
最优值的解：1 1 0 0 1 
 0  0  0  0  0  0  0  0  0  0 15 
 0  0  3  3  6  6  9  9  9 10 11 
 0  0  0  0  6  6  6  6  6 10 11 
 0  0  0  0  6  6  6  6  6 10 10 
 0  0  0  0  6  6  6  6  6  6  6 
 */ 

http://blog.csdn.net/catkint/article/details/51009680
http://blog.csdn.net/mu399/article/details/7722810