❤️四万字《画解动态规划》从入门到精通❤️(建议收藏)

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前言

  「 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];
}

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：$$c[i][j]=\{\begin{array}{ll}1& i=0\\ c[i-1][j-1]+c[i-1][j]& otherwise\end{array}$$
  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];
            }
        }
    }
}

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：$$f[i]=\{\begin{array}{ll}0& i=0,1\\ \min (f[i-1]+cost[i-1],f[i-2]+cost[i-2])& i>1\end{array}$$

  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];
}

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：$$f[i]=\{\begin{array}{ll}nums[0]& i=0\\ nums[i]& f[i-1]\le 0\\ nums[i]+f[i-1]& f[i-1]>0\end{array}$$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;
}

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：$$f[i][j]=\{\begin{array}{ll}0& i=0orj=0\\ f[i-1][j-1]+1& i,j>0,a_i=b_j\\ \max (f[i][j-1],f[i-1][j])& i,j>0,a_i\ne b_j\end{array}$$  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：$$f[cur][j]=\{\begin{array}{ll}f[last][j-1]+1& j>0,a_i=b_j\\ \max (f[cur][j-1],f[last][j])& j>0,a_i\ne b_j\end{array}$$  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];
}

  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：$$f[i-1][j-1]+\{\begin{array}{ll}0& a_i=b_j\\ R& a_i\ne b_j\end{array}$$ 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：$$f[i][j]=\{\begin{array}{ll}0& i=0,j=0\\ f[i][j-1]+I& i=0,j>0\\ f[i-1][j]+D& i>0,j=0\\ {\min }_{i>0,j>0}\{\begin{array}{l}f[i][j-1]+I\\ f[i-1][j]+D\\ f[i-1][j-1]+R_{a_i\ne b_j}\end{array}& \end{array}$$
  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);
}

  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);
}

  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：$$\begin{array}{rl}c[n]& =\frac{2}{\sqrt{5}-1}c[n-1]\\ & =(\frac{2}{\sqrt{5}-1}{)}^{2}c[n-2]\\ & =(\frac{2}{\sqrt{5}-1}{)}^n\end{array}$$  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;
}

• 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;
    }

  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。
  $$dp[0][i]=\{\begin{array}{ll}0& i=0\\ inf& i>0\end{array}$$
  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：
$$dp[i][j]=max\{\begin{array}{ll}dp[i-1][j]& (1)\\ dp[i-1][j-c[i]]+w[i]& (2)\\ dp[i-1][j-c[i]\ast 2]+w[i]\ast 2& (3)\\ ...& \\ dp[i-1][j-c[i]\ast k]+w[i]\ast k& (k+1)\end{array}$$
  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：
$$dp[i][j]=\{\begin{array}{llc}inf& j<p[i]& (1)\\ dp[i-1][j-p[i]]+w[i]& j\ge p[i]& (2)\end{array}$$

• (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

$$A^n={\left[\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1m}\\ a_{21}& a_{22}& \cdots & a_{2m}\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ a_{m1}& a_{m2}& \cdots & a_{mm}\end{array}\right]}^n$$
  对于求矩阵的 $n$ 次幂，如果采用简单的连乘来求解，这个时间复杂度是完全无法接受的，我们联想到之前提到的整数的二分快速幂（夜深人静写算法（三十）- 二分快速幂），对于矩阵也是同样适用的；
$$A^n=\{\begin{array}{ll}I& n=0\\ (A^{\frac{n-1}{2}}{)}^2\times A& n为奇数\\ (A^{\frac{n}{2}}{)}^2& n为非零偶数\end{array}$$
  再加上模加、模乘的性质，矩阵同样满足模幂运算，即：
$$A^n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}M=\{\begin{array}{ll}I\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}M& n=0\\ (A^{\frac{n-1}{2}}{)}^2\times A\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}M& n为奇数\\ (A^{\frac{n}{2}}{)}^2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}M& n为非零偶数\end{array}$$
  如此一来，对于 $m$ 阶方阵 $A$，时间复杂度就可以降到 $O(m^{3}lo{g}_n)$；
  还是回到本文开头的那个问题，如何计算斐波那契数列第 $n$ 项模上 $M$ ？相信聪明的读者已经想到了，我们的主角是：矩阵 ！
  我们首先来看递推公式：
$$f(n)=f(n-1)+f(n-2)$$  然后我们联想到：1 个 $2\times 2$ 的矩阵和 1 个 $2\times 1$ 的矩阵相乘，得到的还是一个 $2\times 1$ 的矩阵；
  首先，利用递推公式填充 列向量 和 矩阵 ：
$$\left[\begin{array}{c}f(n)\\ ?\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ ?& ?\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}f(n-1)\\ f(n-2)\end{array}\right]$$  接下来利用列向量的传递性把带有问号的列向量补全，得到：
$$\left[\begin{array}{c}f(n)\\ f(n-1)\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ ?& ?\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}f(n-1)\\ f(n-2)\end{array}\right]$$  再把带有问号的系数矩阵补全，得到：
$$\left[\begin{array}{c}f(n)\\ f(n-1)\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}f(n-1)\\ f(n-2)\end{array}\right]$$  然后进行逐步化简，得到：
$$\begin{array}{rl}\left[\begin{array}{c}f(n)\\ f(n-1)\end{array}\right]& =\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}f(n-1)\\ f(n-2)\end{array}\right]\\ & =\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}f(n-2)\\ f(n-3)\end{array}\right]\\ & =\underset{n-1}{\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]\cdots \left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]}\left[\begin{array}{c}f(1)\\ f(0)\end{array}\right]\end{array}$$  最后，根据矩阵乘法结合律，把前面的矩阵合并，得到：
$$\begin{array}{rl}\left[\begin{array}{c}f(n)\\ f(n-1)\end{array}\right]& ={\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]}^{n-1}\left[\begin{array}{c}f(1)\\ f(0)\end{array}\right]\\ & =A^{n-1}\left[\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right]\end{array}$$  于是，只要利用矩阵二分快速幂求得 $A^{n-1}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}M$ ，再乘上初始列向量 $\left[\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right]$，得到的列向量的第一个元素就是问题的解了；
  事实上，只要列出状态转移方程，当 $n$ 很大时，我们就可以利用矩阵二分快速幂进行递推式的求解了。
  有关矩阵二分的更加深入的内容，可以参考：夜深人静写算法（二十）- 矩阵快速幂。

八、区间DP

  有 $n(n\le 100)$ 堆石子摆放成一排，第 $i$ 堆的重量为 $w_i$，现要将石子有次序地合并成一堆。规定每次只能选相邻的二堆合并成新的一堆，合并的消耗为当前合并石子的总重量。试设计出一个算法，计算出将 $n$ 堆石子合并成一堆的最小消耗。

  在思考用动态规划求解的时候，我们可以先想想如果穷举所有方案，会是什么情况。
  对于这个问题来说，我们第一个决策可以选择一对相邻石子进行合并，总共有 $n-1$ 种情况；对于 5堆 石子的情况，第 1 次合并总共有 4 种选择：

• 1）选择 第 1 堆 和 第 2 堆 的石子进行合并，如图所示：
  
• 2）选择 第 2 堆 和 第 3 堆 的石子进行合并，如图所示：
  
• 3）选择 第 3 堆 和 第 4 堆 的石子进行合并，如图所示：
  
• 4）选择 第 4 堆 和 第 5 堆 的石子进行合并，如图所示：
  
    以上任意一种情况都会把石子变成 4 堆，然后就变成了求解 $4$ 堆石子的问题；我们可以采用同样方法，把石子变成 $3$ 堆，$2$ 堆，最后变成 $1$ 堆，从而求出问题的最终解。
    当然，这是一个递归的过程，每次合并可以将石子堆数减一，总共进行 $n-1$ 次合并，每个阶段可行的方案数都是乘法的关系，穷举的方案总数就是 $(n-1)!$；
    例如，上面提到的剩下的这 4 堆石子，采用深度优先搜索枚举所有可行解的搜索树如图所示：
  
    图中用 ‘-’ 表示不同堆石子之间的分隔符，即 1-2-3-4 代表 4 堆的情况，12-3-4表示 第 1 堆 和第 2 堆 合并后的情况。对这么多种方案取总消耗最小的，正确性是一定可以保证的，因为我们枚举了所有情况，然而时间上肯定是无法接受的。
    那么，如何来优化搜索呢？我们发现这个问题的难点在于：当选出的两堆石子合并以后，它的重量变成了合并后的和，对于 $n$ 堆石子，选择的 $n-1$ 种合并方式，到达的都是不同的状态，无法进行状态存储。
    当没有头绪的时候，我们试着将问题反过来思考；我们发现这棵深度优先搜索树的所有叶子结点都是一样的，这就为我们解决问题带来了突破口；对于 $[1,n]$ 堆石子，假设已经合并了 $n-2$ 次，必然只剩下 二堆石子，那么我们只需要合并最后一次，就可以把两堆石子变成一堆，假设合并最后一次的位置发生在 $k$，也就是最后剩下两堆分别为：$[1,k]$ 和 $[k+1,n]$，如图二-2-1所示：  注意，这个时候 $[1,k]$ 和 $[k+1,n]$ 已经各自合并成一堆了，所以我们把问题转换成了求 $[1,k]$ 合并一堆的最小消耗，以及 $[k+1,n]$ 合并成一堆的最小消耗；而这里 $k$ 的取值范围为 $[1,n-1]$；
    利用这样的方法，逐步将区间缩小成 1，就可以得到整个问题的解了。令 $f[i][j]$ 表示从 第 $i$ 堆 石子到 第 $j$ 堆 石子合并成一堆所花费的最小代价。   $$f[i][j]=\{\begin{array}{ll}0& i=j\\ {\min }_{k=i}^{j-1}(f[i][k]+f[k+1][j]+cost(i,j))& i\ne j\end{array}$$
    其中 $cost(i,j)={\sum }_{k=i}^j{w}_k$
    有了上面 “正难则反” 的解释，这个状态转移方程就很好理解了；
      1）当 $i=j$ 时，由于 $f[i][j]$ 已经是一堆了，所以消耗自然就是 0 了；
      2）当 $i\ne j$ 时，我们需要把目前剩下的两堆合并成一堆，一堆是 $f[i][k]$ ，另一堆是 $f[k+1][j]$，这两堆合并的消耗就是 从 第 $i$ 堆到第 $j$ 堆的重量之和，即 $cost(i,j)={\sum }_{k=i}^j{w}_k$，而对于合并方案，总共 $k=j-i$ 种选择，所以枚举 $j-i$ 次，取其中最小值就是答案了。
    通过记忆化搜索求解 $f[1][n]$ 就是最后的答案。
    如图所示的动图，展示的是迭代求解的顺序，灰色的格子代表无效状态，红色的格子代表为长度为 2 的区间，橙色的格子代表为长度为 3 的区间，金黄色的格子则代表长度为 4 的区间，黄色的格子代表我们最终要求的区间状态，即 $f[1][5]$。
  
    有关区间DP的更深入内容，可以参考：夜深人静写算法（二十七）- 区间DP。

九、数位DP

  如果一个数的所有位数加起来是 $10$ 的倍数, 则称之为 $goodnumber$，求区间 $[l,r](0\le l\le r\le 10^{18})$ 内 $goodnumber$ 的个数；

  对于这个问题，朴素算法就是枚举区间里的每个数，并且判断可行性，时间复杂度为 $o((r-l)c)$，$c=19$，肯定是无法接受的。
  对于区间 $[l,r]$ 内求满足数量的数，可以利用差分法分解问题；
  假设 $[0,x]$ 内的 $goodnumber$ 数量为 $g_x$，那么区间 $[l,r]$ 内的数量就是 $g_r-g_{l-1}$；分别用同样的方法求出 $g_r$ 和 $g_{l-1}$，再相减即可；

  如果一个数字 $i$ 满足 $i<x$，那么 $i$ 从高到低肯定出现某一位，使得这一位上的数值小于 $x$ 对应位上的数值，并且之前的所有高位都和 $x$ 上的位相等。
  举个例子，当 $x=1314$ 时，$i=0abc$、$i=12ab$、$i=130a$、$i=1312$，那么对于 $i$ 而言，无论后面的字母取什么数字，都是满足 $i<x$ 这个条件的。

  如果我们要求 $g_{1314}$ 的值，可以通过枚举高位：当最高位为0，那么问题就转化成 $g_{999}$ 的子问题；当最高位为1，问题就转化成 $g_{314}$ 的子问题。
  $g_{314}$ 可以继续递归求解，而 $g_{999}$ 由于每一位数字范围都是 $[0,9]$，可以转换成一般的动态规划问题来求解。

  这里的前缀状态就对应了之前提到的 某些条件；
  在这个问题中，前缀状态的描述为：一个数字前缀的各位数字之和对10取余（模）的值。前缀状态的变化过程如图所示：

  在上题中，前缀状态的含义是：对于一个数 520 ，我们不需要记录 520 ，而只需要记录 7；对于 52013，我们不需要记录 52013，而只需要记录 1。这样就把原本海量的状态，变成了最多 10 个状态。
  根据以上的三个信息，我们可以从高位到低位枚举数字 $i$ 的每一位，逐步把问题转化成小问题求解。
  我们可以定义 $f(n,st,lim)$ 表示剩下还需要考虑 $n$ 位数字，前面已经枚举的高位组成的前缀状态为 $st$，且用 $lim$ 表示当前第 $n$ 位是否能够取到最大值（对于 $b$ 进制，最大值就是 $b-1$，比如 10 进制状态下，最大值就是 9） 时的数字个数。我们来仔细解释一下这三维代表的含义：

• 1）当前枚举的位是 $n$ 位，$n$ 大的代表高位，小的代表低位；
• 2）$st$ 就是前缀状态，在这个问题中，代表了所有已经枚举的高位（即数字前缀）的各位数字之和对10取余（模）。注意：我们并不关心前缀的每一位数字是什么，而只关心它们加和模10之后的值是什么。
  
• 3）$lim=true$ 表示的是已经枚举的高位中已经出现了某一位比给定 $x$ 对应位小的数，那么后面枚举的每个数最大值就不再受 $x$ 控制；否则，最大值就应该是 $x$ 的对应位。举例说明，当十进制下的数 $x=1314$ 时，枚举到高位前三位为 “131”，$lim=false$， 那么第四位数字的区间取值就是 $[0,4]$；而枚举到高位前三位为 “130” 时，$lim=true$，那么第四位数字的区间取值就是 $[0,9]$。
    所以，我们根据以上的状态，预处理 $x$ 的每个数位，表示成十进制如下：$$x=d_n{d}_{n-1}...d_1$$ (其中 d n d_n