DP是用途广泛的问题解决思路/思想，而不是特定的算法。主要用于优化问题(optimisation)，求解最优方法。如果待解决的问题有如下特性，则适用于DP。
适用范围
- Simple Subproblems简单子问题: There has to be some way of repeatedly breaking the global optimisation problem into subproblems. Moreover, there should be a way to parameterise subproblems with just a few indices, like i, j, k, and so on.
- Subproblem optimisation子问题优化: An optimal solution to the global problem must be a composition of optimal subproblem solutions.
- Subproblem overlap子问题混叠: Optimal solutions to unrelated subproblems can contain subproblems in common.
(2020.09.13 Sun输入，2020.09.04笔记)
解决的问题类型
- 求最大/小值
- 方案是否可行
- 方案的总数
注意: 求所有方案和结果的具体内容，可能无法使用DP。
问题特征
递归+重复，具体来说符合[一个模型三个特征]。
- 模型
多阶段决策最优解模型 - 特征
- 最优子结构，即每个阶段都有最优解
- 无后效性，当前阶段最优解仅与上个阶段最优解有关，不在乎上个阶段最优解如何得出
- 重复子问题，自下而上的方式有重复子问题。比如，一个8 * 8的格子，每次向右/下走一步，有多少种走法？相当于第一次从顶点向右或下，走到一个7 * 7的格子，and so on.设左上角的点是(0,0)右下角的点(7,7)，起点的位置是(x,y)，#path(x,y) = #path(x+1,y) + #path(x,y+1)
- 子问题间保持独立，也可理解为无后效性
(2020.09.13 Sun输入，2020.09.04笔记)
典型问题
- 背包问题backpack
- 资源分配
- 区间模型
- 树型模型
- 背包问题：类似的问题有青蛙跳井问题和取硬币问题。以价值为状态。背包的详细分解见背包九讲。只看简单的背包问题0-1背包。有一个背包和n个物品，每个物品只有一个，其重量(或价值)为，其体积，包的总体积，求如何取物品保证包装的足够满，且总重量最大。
d(i,j)表示把第i, i+1, i+2, ...n个物品放在容量为j的背包中的最大总重量，或者当前在第i层，背包剩余容量为j时接下来的最大重量和，有。边界条件，则。 - 资源分配：类似的有花店橱窗布置和马厩问题。有m个资源，分给n个部分，第i个部门获得j资源时有盈利值v(i,j)，如何分配使得盈利最大？最大是多少？
设f(i,j)表示前个部门分配个资源时获得的最大盈利，可拆分为前个部门分配个资源和第个部门分配个资源，通过遍历可以找到最大盈利。有。 - 区间模型：参考LIS/LCS/回文串的cases。
Case 1 Matrix chain-product矩阵连乘积:
（2020.04.26）
这个问题里我们关注矩阵chain-product的计算量。
其中是尺寸为的矩阵，。注意到矩阵乘法可以使用乘法结合律，即。
设的尺寸为，的尺寸为，的尺寸为。采用的方式计算，总计算次数为
采用的方式计算，总计算次数为
由此可见parenthesisation对于矩阵连乘积的运算量影响显著。The matrix chain-product problem is to determine the parenthesisation of the expression define the product that minimises the total number of scalar multiplications performed.
定义子问题
(2020.04.27 Mon)
首先确认该问题可以分解为子问题，即to compute the best parenthesisation for some subexpression 。定义为该表达式最少乘法次数。因此初始问题可以转化为计算。
解决子问题
一个观察的结论: it is possible to characterise an optimal solution to a particular subproblem in term of optimal solutions to its subproblems. We call this property the subproblem optimality condition.
的parenthesisation可表述为。问题转化为计算在不同位置取得的最小值。
设计动态规划算法
Optimal subproblem解决方案的有
其中表示的计算量/计算次数，: #rows of 。
(2020.04.28 Tues)
即，在中，前一项的运算次数是，后一项的运算次数是。前一项的尺寸是，后一项的尺寸是，因此前后两项相乘的运算次数是。于是可以用bottom-up fashion来计算，从0开始生成一个表，存储的所有值。对任意非负整数，有初始条件。由的公式和初始条件，可求得，并由可推得，进而推得。
def matrix_chain(d):
# d: a list of n+1 numbers such that size of kth matrix is d[k]-by-d[k+1]
n = len(d) - 1 # number of matrices
N = [[0] * n for i in range(n)] # initialise n-by-n result to zero
for b in range(1, n): # number of products in subchain
for i in range(n-b): # start of subchain
j = i + b # end of subchain
N[i][j] = min(N[i][k]+N[k+1][j]+d[i]*d[k+1]*d[j+1] for k in range(i,j))
return N
Case 2 Text sequence alignment & LCS(longest common sequence) 文本处理和最长相同序列
(2020.04.28 Tues)
问题源自两类实际问题，即比较序列的相似性(i.e., DNA/代码)。
Subsequence子序列: 从原序列中抽取，并按原有顺序排列的序列，未必contiguous连续抽取。如是的子序列。
Longest Common Subsequence (LCS)最长共同子序列
问题描述：给定两个序列和，找出同时为和的子序列中最长的一个。
Brute-force approach: 列举出(长度为)的所有子序列，共计个，逐个判断是否为(长度为)的子序列，每次判断的时间复杂度，因此总的时间复杂度为，效率低下。而用动态规划有如下解决方案。
(2020.04.29 Wed)
DP方案用于优化问题，即寻找"最好的"解决方案。如果问题有如下特性，则可以用DP方案解决:
- simple subproblems: there has to be some way of repeatedly breaking the global optimisation problem into subproblems. Moreover, there should be a way to parameterise subproblems with just a few indices, like , and so on.
- subproblem optimisation: an optimal solution to the global problem must be a composition of optimal subproblem solution.
- subproblem overlap: optimal solutions to unrelated subproblems can contain subproblems in common.
思路: (提取子问题)用index寻址两个字符串和。定义和的LCS的值为。比如表示和的LCS的值，于是的indices可取，的indices可取。这种定义方式可根据子问题重写。针对考虑下面两种情况:
- 两个子序列的最后一位相同，i.e., ，则有，推广
- 两个子序列的最后一位不同，此时两个序列的common subsequence不能同时包含和，也就是其common subsequence或者以结尾或者以结尾，或者不以其中任一个结尾，但一定不会是both。因此得到，推广
初始条件:为空字符，因此，同样的为空，。
的定义满足子问题优化，也使用了子问题重叠。用设计DP算法非常直接，设，创建一个的array 。所有元素的初始值为0，特别是的值都为0。通过iteration求array 中的值，直到求出。
def lcs(X, Y):
# return L, in which L[j][k] is length of LCS for X[0:j] and Y[0:k]
n, m = len(X), len(Y)
L = [ [0] * (m+1) for k in range(n+1)]
for j in range(n):
for k in range(m):
if X[j] == Y[k]:
L[j+1][k+1] = L[j][k] + 1 # align this match
else:
L[j+1][k+1] = max(L[j][k+1],L[j+1][k]) # choose to ignore one character
return L
复杂度: .
lcs函数求出了LCS的长度，但不是LCS的序列，下面这个函数可以求得LCS序列。
def lcs_solution(X, Y, L):
solution = []
j, k = len(X), len(Y)
while L[j][k] > 0:
if X[j-1] == Y[k-1]:
j -= 1
k -= 1
elif L[j-1][k] >= L[j][k-1]:
j -= 1
else:
k -= 1
return ''.join(reversed(solution))
复杂度: .
(2020.09.13 Sun输入，2020.09.10笔记)
Case 3 Longest Increasing Sequence LIS 最长上升序列
求一个序列中的最长上升序列有多长。序列s中任一个index对应的最长上升序列长度是f(i)，有
复杂度
Case 4 回文串(palindrome)两个问题
- 一个字符串中palindrome的最长长度，2) 如果不是回文串，最少加多少可以成为一个palindrome。
字符串表示为s，其中元素为s[0],...,s[n]。对于序列s[i,...,j]，其中最长回文串长度为f[i][i]，有
初始条件，。当，有，当，有。 - 最少加入多少个字符可以成为palindrome。序列s中的s[i,...j] (i
(2022.09.04 Sun)
Case 4.1 leetcode 53 连续子数组最大和
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。
输入: [-2,1,-3,4,-1,2,1,-5,4]
输出: 6
解释: 连续子数组 [4,-1,2,1] 的和最大，为 6。
建模：如果dp[i]表示以第i个结尾的最大序列和，而这个dp的状态方程为
如果以前一个为截至的最大子序列和大于0，那么就在序列中加入当前元素，否则当前元素抛弃之前的序列以自己为首元素重新计算序列。
代码如下
def max_subsequence(nums):
dp = [0] * (len(nums))
Max, dp[0] = nums[0], nums[0]
for i, e in enumerate(nums[1:]):
dp[i+1] = max(dp[i]+e, e)
if dp[i+1] > Max:
Max = dp[i+1]
return Max
** Case 4.2 leetcode 152 连续子数组最大乘积**
整数数组 nums ，请你找出数组中乘积最大的连续子数组（该子数组中至少包含一个数字），并返回该子数组所对应的乘积。
输入: [2,3,-2,4]
输出: 6
解释: 子数组 [2,3] 有最大乘积 6。
(2022.09.23 Fri)
与前面的最大和问题不同，最大乘积会引入负值，一个最大值乘以负值，瞬间成为最小值。为了避免负值带来的误差，这里引入两个dp数组，分别保存最大值和最小值，只需要保证绝对值最大，就可以求出所要的答案，公式为
(2020.09.03 Thur)
Case 5 (rt对冲面试) 一个数组(长度n)代表了是一个股价的时间序列，可按照这个序列中的价格买入或卖出。如果最多可以进行两次买入卖出操作，计算在该时间序列中可获得的最大收益。
思路：第一步计算index从0到i的序列中从0到每个index做一次买入卖出操作可获得的最大收益mp1。第二步，计算从i+1到结尾(n-1)的序列中从i+1开始到每个index做一次买入卖出操作可获得的最大收益mp2。第三步，i遍历从0到n-1，计算。
def get_max_profit(ar,profit_table,starting,ending):
if ending <= starting:
return 'Error'
tmp = ar[ending]
for e in ar[starting:ending]:
if profit_table[ending] == None or tmp - e > profit_table[ending]:
profit_table[ending] = tmp - e
return profit_table
def get_final(ar):
mp1 = [0] * len(ar)
mp2 = [0] * len(ar)
for i in range(1, len(ar)):
mp1 = get_max_profit(ar,mp1,0,i)
for i in range(1, len(ar)-1):
tmp_ar = ar[i:]
tmp_mp = [0] * len(tmp_ar)
for k in range(1,len(tmp_ar)):
tmp_mp = get_max_profit(tmp_ar,tmp_mp,0,k)
mp2[i] = max(tmp_mp)
result_mp = [mp1[i]+mp2[i] for i in range(len(mp1))]
return mp1, mp2, result_mp
if __name__ == 'main':
ar = [1,2,1,2,3,4,5,2,9,4,6]
results = get_final(ar) # is it a fxxking tough problem! goddamnit.
(2020.09.25 Fri)再次整理思路和数学模型
创建一个空序列g，g的长度和s一样。g保存的是序列中对应元素与该元素前面的元素之差的最大值。数学表示
这种情况下，找出序列g的最大值，也就找出了只做一次买入+卖出操作可以获得的最大收益。
def get_max_list(arr):
max_profit = [0]*len(arr)
for i,e in enumerate(arr):
if i == 0:
continue
max_profit[i] = max([e-term for term in arr[:i])
return max_profit
if __name__ == '__main__':
arr = [1,2,1,2,3,4,5,2,9,4,6]
result = max(get_max_list(arr))
如果做两次操作，分为两个情况，情况1) 买卖操作是连续完成，也就是买入和卖出的动作之间没有买入操作，情况2) 两次买入卖出的操作在时间轴上有重叠。
情况1
这种情况只需要把序列s分开成和，有。假设序列s的长度是100。
对于和，分别按照上面只买卖一次的操作计算最大收益，之后计算两个最大收益之和。设s序列在某个点x被分开，。分别计算对应的和。对于和，有
现在要求的是，最大值的求法只需要对分割点x做遍历，x的取值范围是2到99.
if __name__ == '__main__':
arr = [3,2,1,4,5,6,7,5,4,3,2]
result = None
for i in range(2,len(arr)-2):
max1 = get_max_list(arr[:i])
max2 = get_max_list(arr[i:])
if not result:
result = max1 + max2
elif result > max1 + max2:
result = max1 + max2
情况2
也就是可以先买两次，之后分别卖出。解决方案更加简洁，只需要对s序列做一次计算得到一个g序列，在g序列中找出两个最大值即可。
if __name__ == '__main__':
arr = [3,2,1,4,5,6,7,5,4,3,2]
tmp = get_max_list(arr)
result1 = max(tmp)
tmp.remove(result1)
result2 = max(tmp)
(2020.09.13 Sun输入, 2020.09.04笔记)
Case 6 加权图的网络，各edge上有weight，求从一点到另一点的path weight和的最小值和path
参考Floyd-Warshall算法。
Case 7 从楼上扔鸡蛋/鸵鸟蛋的问题
M层楼，N个鸡蛋，找出不碎的楼层，最少需要几次？（最坏情况下的代价最小）
(2020.09.17 Thur)
- 问题变种：给定楼层比如103层，给定鸡蛋2颗，求最坏情况下需要测几次。
(这个解法来自2016.11.04的笔记)
递归解法：定义是最多投下次鸡蛋能达到楼层的最大值，初始值。定义最坏情况：可投次，第1次从层开始，鸡蛋破，之后从第1层开始投另一个蛋，之后是第2层 & so on，直到第层。最优的解法是设，从第层投下鸡蛋完好，则可以用剩下的次测试更高楼层，此时能测试的最高层是层，因此有递归式也就是
楼层是102，该数字位于和之间，因此最坏情况下需要投14次。 - M层楼，N个鸡蛋，找出不碎的楼层的最少次数。
动态规划解法：设是最优解法的最大尝试次数。假设第一个鸡蛋扔出的位置在第X层，会出现两种情况- 第1个蛋没碎，则剩下层，剩个蛋，转变为下面表达式
- 第1个蛋碎，则剩下1层到层需要尝试，剩下个蛋，转变为下面表达式
整体而言需要找到最大尝试次数的最小解，则转移方程可以表示成如下形式
def egg_dropping(m, n):
if m == 0: return 0
if n == 1: return m
res = min([max(egg_dropping(i-1,n-1),egg_dropping(m-i,n)) for i in range(1,m+1)])+ 1
return res
- 策略分析：假定鸡蛋个数超过1，第一次在第层扔鸡蛋，之后每次扔的层数会在上次的层数加某个值，该值大于1在有超过1一个鸡蛋的时候。可以想象到，随着每次扔的层数提高，鸡蛋破碎的概率应该越来越大(假定最终一定会碎)，因此大概应该有每次增加的层数可能会比上次增大的层数小。故可以随着扔的次数上升，在没到最后一个鸡蛋时，每次扔的层数增量减少。策略细节，不是太懂。
(2020.09.21 Mon
Case 8 The Coin Change Problem硬币零钱问题
原题在这里。
有若干种硬币面值，给定一个数字，求有多少种硬币的取法。比如硬币面值(2,3,5,6)，数字10代表需要取的总值，则取法有(2,2,2,2,2)，(2,2,6)，(2,2,3,3)，(5,5)，(2,3,5)，共5种取法。注意计算过程中按每种硬币遍历，再按1到总值遍历。切忌不要先遍历1到总值，再遍历硬币面值，因为这种遍历方法会重复计算，例如，总值为5时只有一种取法(2,3)，但是此种遍历会把(2,3)和(3,2)当做两种取法，这种遍历方式适合计算排列的个数，比如青蛙跳井的方式有多少种。针对这个问题，需要先从小打到遍历硬币面值，比如从2开始计算，得到的是只用面值2得到多少种取法，之后计算面值3，得到的是用面值2和3得到多少种取法，之后计算面值5，得到的是用2，3，5三种面值得到的取法，以此类推。这种遍历方式可以避免前面提到的计算排列，而是计算有多少种组合。
def get_combinations(n,c):
# n: the value, c: the list of coin denomination
c = sorted(c)
res = [0] * (n+1) # the list of ways
for deno in c:
for i in range(1,n+1):
if deno > i:
continue # denomination is bigger than value, simply skip
elif deno == i:
res[i] += 1 # deno is the very value, add 1
else:
res[i] += res[i-deno]
return res[-1]
Case 8.1 青蛙跳井
每天跳1步或者2步，随机，一个井深10步，有多少种跳法？注意，相邻的两天分别跳1步2步和2步1步代表着两种跳法。
考虑上面的分析，这种情况需要从深度遍历，再从步数遍历。
def get_permutation(n,c):
# n: well depth, c: the list of possible steps
c = sorted(c)
res = [0] * (n+1) # the list of ways
for i in range(1,n+1):
for step in c:
if step > i:
break # step is bigger than depth, simply skip
elif step == i:
res[i] += 1 # step is the very value, add 1
else:
res[i] += res[i-step]
return res
(2020.09.26 Sat)
Case 9 戳气球
有n个气球形成一个序列b，编号从0到n-1，每个气球上对应了一个数字，但该数字不是气球的编号。现在戳破所有气球，如果从i开始戳，则可以获得个硬币，注意是气球上的数字，而是紧邻气球i的没有被戳破的最近的两个气球。求可以获得的最大硬币数量。
Notes:
- 假定b的0之前的元素和n-1之后的元素都是1，也就是b左右各补充一个元素，且都为1.
- n<=500，max(b[i]) <= 100
思路：(该方法由labuladong提供)
如果和前面案例不同的是，该题目中每个子问题都由前一步的结果决定，因此子问题不够独立。需要选好建模角度。
对序列b的左右两端加上端点也就是两个1，长度由n变为n+2，原题目变为一个长度为n+2的序列，只戳破序号1到序号n的部分，可以获得的最大硬币数目。设d[i][j]是戳破i到j之间的气球可以获得的最大硬币数，故此题可以变为求d[0][n+2]的值。
进一步，设k是i到中j最后一个被戳破的点，有。一个初始条件是，从条件出发即可代码实现。代码略。
Case 10 博弈问题 取石头
有一排石头堆，用一个数组 piles 表示，piles[i] 表示第 i 堆石子有多少个。两个人轮流拿石头，一次拿一堆，但是只能拿走最左边或者最右边的石头堆。所有石头被拿完后，谁拥有的石头多，谁获胜。假设两人都很聪明，请设计一个算法，返回先手和后手的最后得分（石头总数）之差。
思路：(该方法由labuladong提供)
该问题建模可根据先手后手建模。d[i][j].fir和d[i][j].sec分别表示从i到j的piles中，先手和后手可以获得的最高分数。问题归结为计算出。每个人只能从piles的左侧或者右侧选择石头，并且每个人都聪明要保证自己的石头最多。先手选择石头之后，就变成了后手，而后手在对方做完选择之后就变成了先手，角色的转换可以重用之前的结果，是动态规划的应用场景。因此模型可以表示为
有初始条件。
算法实现时从d矩阵的对角线和其两侧开始实现。
Case 11 过桥问题
夜里n个人过桥从起点A到桥对面B，桥窄每次最多两人通过，手电只有一个，没手电不能过桥。每个人过桥时间不同，两个人同时过桥的时间由两个人中时间比较长的决定。问n个人最快需要多久全都过桥？
思路：用t[i]代表i个人已经过桥用的最短时间，用序列p代表从大到小的个人过桥时间，即p[1]最小，p[n]最大。当A只剩一个人的时候，需要在B的个人里面过桥时间最短的人把手电送过来，并且和最后一个人一同过桥。假设p[n]是最后一个人，则有。
当A端剩最后两个人时，需要过桥时间短的人把手电送过来，A端的两个人拿着手电同时过桥，再由B端的人里面过桥时间最短的把手电送过来，和A端剩下的那个人同时过桥，过桥时间由这两人里面比较长的那个人决定。假设在个人过桥之后，留下了p[n]和p[n-1]在A，过桥时间最短的两个人时p[1]和p[2]，此时1和2谁来送手电都可。当只剩最后一个人时，1和2中在B的人送手电过去，两人再同时过桥完成输送，有。结合这两种情况，得到一个最终的表达式。初始条件。
这种解答的假设是过的慢的后过桥。
- 用贪婪的思路得到的方案不是最优，过桥时都是陪着过桥，回来送手电。但是经过计算，得到的总过桥时间会长于前面动态规划。
动态规划
def get_min(arr):
arr = sorted(arr)
t = [0] * len(arr)
t[0],t[1]=arr[0],arr[1]
for i in range(2,len(arr)):
t[i] = min(t[i-1]+arr[0]+arr[i], t[i-2]+arr[i]+arr[0]+2*arr[1])
return t
if __name__ == '__main__':
arr = [7,4,9,3,5,1,2]
res = get_min(arr)
print(res[-1])
(2020.09.28 Mon)
Case 12 硬币头像期望问题
硬币均匀，分为头像和数字两面，抛硬币两面分别有50%的概率。求连续5次得到同一面A需要抛次数的期望。
分析：设是连续抛出n次A面时抛次数的期望。当连续出现次A面时，下一步可能出现两种情况，即A或B，各有50%概率。当与上一次的面相反，则截止到第次连续得到A面之前的所有抛次数都无效，且之后的一次B面也无效，需要重新计算。于是有
推导得到。
下面计算。代表着抛出1次A面需要的抛次数期望。有可能第一次就抛出A面，或者前面次都是B面，到了第次是A面。可根据这个分析求得
有
其中的，而，于是有，，所以。
(2020.10.18 Sun)
Case 13 一个箱子里有N个球，每次取一个球并放回去，求每个球都被取出一次的期望。
该思路类似于动态规划。设表示有个球被取出过的条件下取出其他球还需要多少次。取到了一个被取过的球，需要的次数期望是；取到了一个没有被取过的球，需要的次数期望是。因此有
初始条件，，
Case 13-1：一个骰子抛出所有点数的期望次数是多少？
根据Case 13推出的公式可以算出结果。
几个供学习的文章
1 DP总结
2 DP各种子序列问题
3 什么是动态规划
reference:
1 M.T. Goodrich, Data Structures and Algorithms in Python
2 刘汝佳，算法竞赛入门经典(第2版)
3 漫画：动态规划解决扔鸡蛋问题
4 动态规划经典问题：高楼扔鸡蛋
5 高楼扔鸡蛋进阶解法
6 高楼扔鸡蛋问题 动态规划大法
7 扔鸡蛋的论文
8 知乎扔鸡蛋
9 量化面试
10 一篇搞定动态规划常考算法题，微信公众号，路人zhang