动态规划经典例题汇总 （附最全题目链接）

本文总结了《王道机试指南》中动态规划（Dynamic Programming）部分的所有例题以及分析思路、状态转移方程等。有助于完整复习动态规划全部内容。为避免大量代码和题干导致失去主线，本文只写思路，代码可在题目链接内的讨论区找到。

一.基本思想

与分治法类似，其基本思想也是将待求解问题分解成若干子问题，先求解子问题，然后从这些子问题的解中得到原问题的解。
与分治法不同的是，分治法会使得有些子问题被重复计算多次。而动态规划的做法是将已解决子问题的答案保存下来，在需要子问题答案的时候便可直接获得，而不需要重复计算，节约效率。

二.经典题目

1. 递推求解问题

1.1斐波那契数列问题 （n阶楼梯上楼问题）

状态转移方程：dp[n] = dp[n-1] + dp[n-2]

2. 最大连续子序列和

2.1（一维) 最大序列和问题

设置一个数组dp[ ]，令dp[i]表示以A[i]作为末尾的连续序列的最大和。
状态转移方程：dp[i] = max{ A[i], dp[i-1] + A[i] }
解释：由于dp[i]是以A[i]作为结尾的连续序列最大和，因此只有两种情况：

1. 最大和的连续序列只有一个元素，即A[i]本身。也就是dp[i] = A[i]。
2. 该最长子序列有多个元素，那么此时的dp[i] = dp[i-1] + A[i]。

所以取最大值即可。

2.2（二维) 最大子矩阵问题

对于二维情况，假设原二维矩阵的最大子矩阵所在的行为 i 到 j 。

1. 当 i = j 时，则最大子矩阵为第 i 行的最大连续子序列和。（转化为一维）
2. 当 i != j 时，现在我们已经知道最大子矩阵的行，把从第 i 行到第 j 行的所有元素相加，得到一个只有一行的一维数组，则该一维数组的连续最大和就是最大子矩阵。（同样转化为一维）

3.最长递增子序列

3.1 拦截导弹

同样设置一个数组dp[ ] ，表以A[i]作为末尾的最长递增子序列的长度。
状态转移方程：dp[i] = max{ 1, dp[j] + 1 }。(当 j < i && A[j] < A[i] 时)
解释：由于dp[i]是以A[i]作为末尾的最长递增子序列的长度，因此只有两种情况：

1. A[i]之前的元素都比A[i]大，即dp[i] = 1。
2. 存在一些A[ j ]比A[ i ]小，只需找出最大的dp[j] + 1存入dp[i]。

则最长递增子序列的长度即为dp中的最大值。

3.2 最大上升子序列和问题

该题目中，用dp表示的便不是长度了，而是以A[i]作为末尾的最大上升子序列和。其原理与求最长递增子序列的原理完全一致。
状态转移方程：dp[i] = max{ A[i], dp[j] + A[i] }。（当 j < i && A[j] < A[i}时）。

3.3 合唱队形

这道题有点难，有时间再琢磨。

4.最长公共子序列

4.1 Coincidence（找两个字符串的最长公共子串）

这里要设置一个二维的数组 dp[][]。dp[i][j]表示以S1[i]作为末尾和以S2[j]作为末尾的最长公共子序列的长度。因此通过设置这样一个数组，最长公共子序列的长度便是数组dp[n][m]的值。
仔细说来，S1[i]和S2[j]的关系可分为两种情况：

1. S1[i] == S2[j]，即两个字符相同。此时必定存在一个最长公共子串以这个字符结尾。其他部分等价于S1中前 i - 1 个字符和S2中前 j - 1 个字符的最长公共子串。则这个子串的长度比dp[i-1][j-1]多1。即dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1。
2. S1[i] != S2[j]，那此时最长公共子串为S1中的前 i - 1 个字符和S2中的前 j - 1 个字符中最长公共子串长度的较大者。即dp[i][j] = max{ dp[i-1][j], dp[i][j-1] }。

即

状态转移方程	条件
dp[ i ] [ j ] = dp[ i - 1 ] [ j - 1 ] + 1	S1[ i ] == S2[ j ]
dp[ i ] [ j ] = max{ dp[ i - 1 ] [ j ], dp[ i ] [ j - 1 ] }	S1[ i ] != S2[ j ]

但还要注意一下边界情况，当有一个字符串为空时，公共串长度必为0。即dp[i][0] == dp[0][j] == 0。
相对于暴力枚举的O(2^m+n)复杂度降至了O(mn)。

5.背包问题

5.1 0-1背包 （点菜问题）

该问题描述的是，有n件物品，每件物品的重量为w[i]，其价值为v[i]，现在有个容量为m的背包，如何选择物品使得装入背包物品的价值最大。
如果暴力枚举所有排列组合，再从中找到最大一组，则时间复杂度为O(2ⁿ)，下面以O(mn)的时间复杂度解决此问题。

首先设置一个二维数组dp[][]，令dp[i][j]表示前 i 个物品装进容量为 j 的背包能获得的最大价值。通过设置这么一个二维数组，数组dp[n][m]值就是0-1背包问题的解。
只考虑第i件物品时，可将情况分为是否放入第i件物品两种：

1. 对于容量为j的背包，如果不放入第 i 件物品，那么这个问题就转化为将前 i - 1 个物品放入容量为j的背包的问题，即dp[i][j] = dp[i-1][j]。
2. 对于容量为j的背包，如果放入第 i 件物品，那么当前背包的容量就变成了 j - w[i] ，并得到了这个物品的价值 v[i]。那么这个问题就转化成了将当前 i - 1 个物品放入容量为 j - w[i] 的背包的问题，即dp[i][j] = dp[i-1][ j-w[i] ] + v[i]。

综上，可得状态转移方程：dp[i][j] = max{ dp[i-1][j], dp[i-1][ j-w[i] ] + v[i] }。
转移时要注意j-w[i]的值是否为非负值，若为负则代表当前容量无法放入第i件物品，不能进行转移。
再考虑一下边界情况：

• 如果装0件物品，不论背包容量多大，能够获得的价值都必为0。
• 如果背包的容量为0，那么无法装入任何物品，能够获得的价值也必定为0。

所以，dp[i][0] = dp[0][j] = 0。

6.其他问题

6.1 放苹果

链接：https://www.nowcoder.com/questionTerminal/4f0c1e21010e4d849bde5297148e81d9?f=discussion
来源：牛客网
User: 菜鸟葫芦娃

• 设dp(m,n) 为m个苹果，n个盘子的放法数目，则先对n作讨论，
• 当n>m：必定有n-m个盘子永远空着，去掉它们对摆放苹果方法数目不产生影响。即if(n>m) dp(m,n) = dp(m,m)
• 当n <= m：不同的放法可以分成两类：
  1. 有至少一个盘子空着，即相当于dp(m,n) = dp(m,n-1)。
  2. 所有盘子都有苹果，相当于可以从每个盘子中拿掉一个苹果，不影响不同放法的数目，即dp(m,n) = dp(m-n,n)。
     而总的放苹果的放法数目等于两者的和，即 dp(m,n) = dp(m,n-1) + dp(m-n,n)。

#include 
 
int dp(int m, int n)
{
     
    if(n==1) return 1;
    else if(m==0) return 1;
    else if(n>m) return dp(m, m);
    else return dp(m, n-1)+dp(m-n, n);
}
 
int main()
{
     
    int m, n;
    while(scanf("%d %d", &m, &n)!=EOF)
    {
     
        printf("%d\n", dp(m, n));
    }
    return 0;
}