《算法竞赛入门到进阶》——动态规划
7.1 基础DP（P116）
这部分主要涉及背包问题、最长公共子序列、最长递增子序列等问题。由于这些经典问题在之前的学习中已经涉及，所以不在此赘述。
例1 P1356 数列的整除性
问题描述
给定一个数组 a[] ，数组中元素的正负号可以任意指定，问该数组所有可能的元素和中，是否在某个和能被 k k k 整除。
思路
定义状态 dp[i][j] 表示：已经指定了前 i 个数的正负号的情况下，这些数的和能够模 k 余 j 。显然，状态 dp[n][0] 即为最终答案。状态转移方程比较常规，见代码。
代码
#include例2 POJ 1239 Increasing Sequences
题目大意
给定一个由数字构成的字符串 s ，问怎样添加逗号才能使之成为一个严格递增的序列，返回所有合法序列中最后一个数最小，且第一个数尽可能大的序列（如果第一个数字相等则比较第二个数字，以此类推）。
如 2315 对应的答案为：2,3,15 。
思路
两次dp。第一次dp对应状态 dp1[] ，dp1[i] 表示：仅考虑前 i 个字符，能保证序列严格递增的以 i 为结尾的数字的最小长度。显然，题目中要求的“最后一个数最小”对应了状态 dp1[s.size()-1] 。第二次dp对应状态 dp2[] ，dp2[i] 表示：仅考虑后 i 个字符，保证序列严格递增的以 i 为开始的数字的最大长度。显然，题目中要求的“第一个数尽可能大”对应了状态 dp2[0]。
代码
#include例3 POJ 1080 Human Gene Functions
思路
在朴素的LCS问题中，有如下转移方程：
if(s1[i] == s2[j]){
dp[i][j] = dp[i-1][j-1]+1;
}
else{
dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]);
}
dp[i][j] 表示：字符串 a[] 的前 i 个字符和字符串 b[] 的前 j 个字符的最长匹配。由状态转移方程可知，dp[i][j] 有三个来源：
dp[i-1][j-1]，在本题中代表用a[i]和b[j]进行匹配。dp[i-1][j]，在本题中代表用a[i]和'-'进行匹配。dp[i][j-1]，在本题中代表用'-'和b[j]进行匹配。
代码
#include7.3 区间DP（P134）
例1 POJ 3280 Cheapest Palindrome
题目大意
给定一个由小写字母构成的字符串，可以在字符串中任意添加、删除原字符串中包含的字母，每个字母有自己的添加、删除代价。问：要使原字符串变成回文串，所花费的最小代价是多少？
思路
定义状态 dp[i][j] 表示：把区间 [i, j] 变为回文串所需的最小代价。状态转移方程为：
if(str[i]==str[j]){
dp[i][j] = dp[i+1][j-1];
}
else{
dp[i][j] = min(dp[i+1][j]+cost[str[i]-'a'], dp[i][j-1]+cost[str[j]-'a']);
}
需要说明的是，对于任何区间，从一端删掉一个字母和在另一端加上该字母是等价的，所以每个字母仅添加和删除中较小的花费即可。
代码
#include例2 HDU 4283 You Are The One
题目大意
有 n 个人排队出场，可以对队头的队员进行两种操作：出场，耗时 1 秒；入栈，不耗时。每个队员都有一个值 D[i] ，队员的愤怒值为等待时间乘上 D[i]。问：怎样安排队员出场才能使总的愤怒值最低。
思路
区间dp，定义状态 dp[i][j] 表示：仅考虑区间 [i, j] 内的队员，让他们全部出场的最小愤怒值。
对每个区间 [i, j] ，我们枚举 i 号队员是第几个出场的。如果 i 号队员在 k 号队员之后出场，则区间 [i, j]的出场顺序为：
[i+1, k]先出场，对应dp[i+1][k]。i出场，对应D[i]*(k-i)。[k+1, j]出场 ，此时前面已经耗时k-i+1秒，所以这部分对应dp[k+1][j]+(k-i+1)*(sum[j]-sum[k])。
于是有状态转移方程：
dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i+1][k]+(k-i)*D[i]+dp[k+1][j]+(k-i+1)*(sum[j]-sum[k]));
例3 HDU 4623 Palindrome Subsequences
题目大意
给定一个字符串 s，问其中包含了多少回文子串（子串中的字符下标可以不连续）。
思路
定义 dp[i, j] 表示：区间 [i, j] 中包含的回文子串数。显然，dp[i][i] 为 1 ，dp[1][n] 为最终答案。
根据容斥原理，得到状态转移方程：
dp[i][j] = dp[i+1][j]+dp[i][j-1]-dp[i+1][j-1];
特别地，如果有 dp[i] == dp[j] ，则有：
dp[i][j] += dp[i+1][j-1]+1;
例4 HDU 2476 String Painter
题目大意
给定两个字符串 s1, s2 ，每次操作把任意区间的所有字符改成特定字符，问最少需要多少次操作才能把 s1 变成 s2 。
思路
先考虑一个简化的问题：最少需要多少次操作才能把一个空白串变成 s2 。（P4170 [CQOI2007]涂色）
定义 dp[i][j] 表示：仅考虑区间 [i, j] ，把空白串刷成 s2 所需的最少操作数。显然，dp[i][i] 为 1 ，dp[1][n] 为简化问题的答案。考虑状态转移方程，如果有 s2[i] == s2[j] ，则 dp[i][j] = min(dp[i+1][j], dp[i][j-1]) ；否则有 dp[i][j] = min(dp[i+1][j], dp[i][j-1])+1 。然后枚举区间内的断点，将区间分为 [i, k] 和 [k+1, j] ，此时有状态转移 dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k]+dp[k+1][j]) 。
然后考虑原问题，定义 ans[i] 表示：仅考虑区间 [1, n] ，把 s1 刷成 s2 所需的最少操作数。当 s1[i] == s2[i] 时，有 ans[i] = ans[i-1] ；否则，枚举区间内的断点，将区间分为 [1, k] 和 [k+1, i] ，此时有状态转移 ans[i] = min(ans[i], ans[k]+dp[k+1][i]) 。
7.4 树形DP（P139）
例1 HDU 2196 “Computer”
题目大意
给定一颗树，求到每个结点的最大距离。
思路
对于任意一个结点 i ，距离其最远的点要么在其子树上，要么不在其子树上。所以我们可以为每个结点设计定义三个状态：
dp[i][0]：子树上结点到i的最长距离。dp[i][1]：子树上结点到i的次长距离（可以与最长距离相同）。dp[i][2]：非子树结点到i的最长距离。
显然，对于结点 i ，到其的最大距离为 max(dp[i][0], dp[i][2]) 。解决本题的关键在于，如何求出每个结点的三个状态。
我们考虑进行两次 dfs 。第一次dfs求出每个结点的 dp[i][0] 和 dp[i][1] ，这部分比较简单。第二次 dfs 利用父结点求出每个子结点的 dp[i][2] ，代码如下：
void dfs2(int x, int fa){
for(int i=head[x];i!=0;i=edge[i].next){
int to = edge[i].to, v = edge[i].v;
if(to == fa) continue;
// 如果这个子结点在最长子树上
if(dp[to][0]+v == dp[x][0]){
dp[to][2] = max(dp[x][1], dp[x][2])+v;
}
else{
dp[to][2] = max(dp[x][0], dp[x][2])+v;
}
dfs2(to, x);
}
}
例2 POJ 2378 Tree Cutting
题目大意
给定一颗树，输出所有满足下述条件的结点编号：删除该结点后，每颗新树的大小均小于等于原树的一半。
思路
仿照重链剖分中求 siz[] 和 son[] 的方法，判断每个结点 siz[son[x]]<=n/2 && n-siz[x]<=n/2 。
例3 POJ 3107 Godfather
题目大意
求树的重心。
思路
这道题和上面的题目几乎完全一样，不在此赘述。
例3 POJ 1155 TELE
思路
树上分组背包。
先初始化点权，叶子结点的点权为顾客愿意付的钱，非叶子结点的点权为 0 。然后将边权化为点权：将每条边深度较大的端点的点权减去边权。
然后通过一趟 bfs 计算每个结点对应的子树包含的叶子数，记录在 siz[] 中。
void dfs1(int x){
if(head[x] == 0){
siz[x] = 1;
}
for(int i=head[x];i!=0;i=edge[i].next){
int to =edge[i].to;
dfs1(to);
siz[x] += siz[to];
}
}
定义状态 dp[i][j] 表示：在结点 i 对应的子树选取 j 个顾客，可以获得的最大收益。考虑状态转移，我们会发现对于结点 i 而言，这其实是一个分组背包问题。所以我们要在最外层枚举组，在中间层枚举背包容量，在最内层枚举在当前组选择的顾客数量。
注意初始化
dp[i][0]的值
void dfs2(int x){
if(head[x] == 0){
dp[x][0] = 0;
dp[x][1] = w[x];
return;
}
dp[x][0] = w[x];
for(int i=head[x];i!=0;i=edge[i].next){
int to = edge[i].to;
dfs2(to);
for(int j=siz[x];j>=0;j--){
for(int k=1;k<=min(siz[to],j);k++){
dp[x][j] = max(dp[x][j], dp[x][j-k]+dp[to][k]);
}
}
}
}
代码
#include例4 HDU 3586 Information Disturbing
题目大意
给定一颗有根树，根结点为 1 ，每条边有边权。问：在删除边的边权总和不超过 m 的前提下，如何选取删除的边才能切断根结点和所有叶子结点的联系，且要求删除边权的最大值最小，输出这个最小值。
思路
二分答案 + 树形dp
二分删除边权的上限 limit，定义 dp[i] 表示：切断结点 i 与其子树上所有叶子结点的联系所需要的最小花费。如果有 dp[1] <= m ，则说明该 limit 可以成立。
代码参考 https://www.cnblogs.com/s1124yy/p/7300957.html
void dfs(int u, int fa, int mid) {
int flag = 0;
dp[u] = 0;
for (int i = head[u]; ~i; i = edges[i].next) {
int v = edges[i].v;
int w = edges[i].w;
if (v == fa) continue;
flag = 1;
dfs(v, u, mid);
if (w > mid) {
dp[u] += dp[v];
}
else {
dp[u] += min(w, dp[v]);
}
}
if (flag == 0) dp[u] = INF;
}
例5 HDU 5834 Magic boy Bi Luo with his excited tree
题目大意
给定一颗树，每经过边 (u, v) 一次就要支付路费，第一次到达点 i 可以获得收益 v[i]。求从每个点出发的最大收益是多少。
思路
参考：https://www.cnblogs.com/qscqesze/p/5771193.html
7.6 数位DP（P148）
例1 POJ 3254 Corn Fields
7.7 状态压缩DP（P148）
例1 旅行商问题
定义 dp[i][j] 表示：已经访问过的城市的集合为 i ，当前所在城市为 j ，访问所有剩余城市最后回到起点的最小费用。答案对应状态 dp[0][0] 。
dp[(1<<(n+1))-1][0] = 0;
for(int i=(1<<(n+1))-2;i>=0;i--){
for(int j=0;j<=n;j++){
for(int k=0;k<=n;k++){
if(i&(1<<k)) continue;
if(j == k) continue;
dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i+(1<<k)][k]+dis[j][k]);
}
}
}
cout<<dp[0][0]<<'\n';
例2 POJ 2411 Mondriaan’s Dream
题目大意
用 1*2 的砖块填满一面 n*m 的墙，问有多少种填法。
思路
参考：https://blog.csdn.net/u014634338/article/details/50015825