动态规划水题
1.二维数组最小和
M*N维的二维数组，每个位置有一个非负值，每次只能从右或者从下走，求从（1，1）走到（M,N）的最小值
简单dp,开始的时候设置边界为INF
枚举：C(m+n-2,m)（其中有m步向下走）
dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i][j-1])+dis[i][j];
2.最大子数组和
一个整数数组长N，求一个非空的连续子数组使得它的和最大
枚举：开头结尾位置(i,j)一共N*N种，但是还要求和，就是O(N^3)
分治：O(nlogn)
在线更新：dp[i]表示以i结尾的最大子数组和（以结尾是哪个为标准）
选择a[i]和不选择a[i]
dp[i]=max(a[i],dp[i-1]+a[i]);
3.硬币问题
硬币面值为C1,C2,C3。。硬币数目不限，组成一定的钱
类似完全背包问题：面值Ci用或者不用
for(int i=1;i<=N;i++){
for(int j=1;j<=V;j++){
if(j>=C[i])
dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i-1][j-C[i]]+1);
else dp[i][j]=dp[i-1][j-1];
}
}
4.0-1背包：复杂度O(n*W)
for(int i=1;i<=N;i++){
for(int j=W;j>=1;j++)
if(j>=w[i])
dp[i]=max(dp[i],dp[i-w[i]]+v[i]);
}
完全背包：复杂度O（N*w）
for(int i=1;i<=N;i++){
for(int j=1;j<=W;j++)
if(j>=w[i])
dp[i]=max(dp[i],dp[i-w[i]]+v[i]);
}
为什么是O(n*W)？因为是用背包重量和物品数量来当做计数元
01背包问题之2
如果卡时间，O(n*W)超时，那么可以用价格来计数，同样价格的最小重量。实质是一样的。都是最优子结构
dp[i][j]//i denotes items
// j denotes value
//if not INF
for(int i=1;i<=N;i++)
for(int j=Maxn*Maxv;j>=1;j--)
if(j>v[i]);
dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i-1][j-v[i]]+w[i]);
5.钢管切割问题：算导P205
和硬币问题一样，长度变成了价值，每个长度对应的价格变成了货币
for(int i=1;i<=N;i++){
for(int j=1;j<=L;j++){
if(j>i)
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-i]+v[i]);
else do[i][j]=dp[i-1][j];
}
}
dp[i][j]使用了前i种货币价值，切下来j的长度
6.最短编辑距离
设A和B是2个字符串。要用最少的字符操作将字符串A转换为字符串B。这里所说的字符操作包括:(1)删除一个字符;(2)插入一个字符；(3)将一个字符改为另一个字符。将字符串A变换为字符串B所用的最少字符操作数称为字符串A到B的编辑距离,记为d(A,B)。试设计一个有效算法,对任给的2个字符串A和B,计算出它们的编辑距离d(A,B)。要求：输入：第1行是字符串A,第2行是字符串B。输出：字符串A和B的编辑距离d(A,B)
POJ 3356
有点类似LCS
但是不能用LCS来算，如果当前a[i]==b[j],不能保证前面没有更小的k<j使得a[i]==b[j]
解题思路：类似于最长公共子串
我们设dp[i][j]的意义为y取前i个字母和x取前j个字母的最少操作次数
注意要从小的开始分析，这是边界情况，边界不一定全是0，小心
那么可以得到dp[0][i] = i和dp[i][0]=i，因为某一字符串为空的，要得到另一个i长度字符串，必须经过i次插入操作。
而dp[1][1]，有3中操作，
1.转换 ，将str1[0]和str2[0]判断，如果相等，则dp[1][1]=0，否则dp[1][1]=1
2.删除，因为，目的串比源串小，所以删除源串一个字符，
也就是必须有一次操作，删除str1[0]后，那么dp[1][1]就是dp[0][1]的值+1
3.添加，在目的串添加一个字符，即源串不变，但是目的串减1，和源串去匹配，即dp[1][0] + 1
充分考虑三种操作，只有三种状态转移，可以不假思索的写出来的：
这样dp[i][j]可以得到3中操作的最小值
dp[i-1][j-1]+str1[i]==str2[j]?0:1
dp[i-1][j]+1
dp[i][j-1]+1
注意下标I,J，老是写错啊啊啊啊啊啊a[i]==b[j]
#include <iostream>
#include <algorithm>
int min3(int a,int b,int c){
if (a>b) a=b;
if (a>c) a=c;
return a;
}
using namespace std;
int N,M;
const int maxn=10005;
char a[maxn],b[maxn];
int dp[maxn][maxn];
int main(int argc, char const *argv[])
{
cin>>N;
for(int i=1;i<=N;i++){
cin>>a[i];
dp[i][0]=i;
}
cin>>M;
for(int j=1;j<=M;j++){
cin>>b[j];
dp[0][j]=j;
}//M>=N
for(int i=1;i<=N;i++){
for(int j=1;j<=M;j++){
dp[i][j]=min3(
dp[i-1][j-1]+(a[i]==b[j]?0:1),
dp[i-1][j]+1,
dp[i][j-1]+1);
// cout<<dp[i][j]<<" ";
}
//cout<<endl;
}
// cout<<" ";
// for(int i=1;i<=M;i++){
// cout<<b[i]<<" ";
// }
// cout<<endl;
// for(int i=1;i<=N;i++){
// cout<<a[i]<<" ";
// for(int j=1;j<=M;j++)
// cout<<dp[i][j]<<" ";
// cout<<endl;
// }
// cout<<endl;
cout<<dp[N][M]<<endl;;
/* code */
return 0;
}朱神的最大最小值写法： 维护性质 a是a,b中最小的 a是a,c中最小的
int min3(int a,int b,int c){
if (a>b) a=b;
if (a>c) a=c;
return a;
}
7.石子合并问题
石子合并问题是最经典的DP问题。首先它有如下3种题型：
(1)有N堆石子，现要将石子有序的合并成一堆，规定如下：每次只能移动任意的2堆石子合并，合并花费为新合成的一堆石子的数量。求将这N堆石子合并成一堆的总花费最小（或最大）。
分析：构造哈夫曼树
朱神提携：动态DP
(2)有N堆石子，现要将石子有序的合并成一堆，规定如下：每次只能移动相邻的2堆石子合并，合并花费为新合成的一堆石子的数量。求将这N堆石子合并成一堆的总花费最小（或最大）。
动态规划最主要是要满足最优子结构，这里的最优子结构dp[i][j]i到j之间最小的
dp[i][j]=min(dp[i][i+k],dp[i+k][k])(k=1,2,3。。。i-j-1)；
O(N^3)
主要是要想到这里的最优子结构是i到j之间的最小的，这是灵活的处理，不能死板从1到N
8.矩阵连乘：和石子合并几乎一样
两个矩阵连乘：A(m*n) B（n*p）
题目描述：给定n个矩阵｛A1,A2,…,An｝，其中Ai与Ai+1是可乘的，i=1,2 ,…,n-1。如何确定计算矩阵连乘积的计算次序，使得依此次序计算矩阵连乘积需要的数乘次数最少。例如：
A1={30x35} ; A2={35x15} ;A3={15x5} ;A4={5x10} ;A5={10x20} ;A6={20x25} ;
最后的结果为：((A1(A2A3))((A4A5)A6)) 最小的乘次为15125。
dp[i][j]表示i到j的最小运算量
给定的条件应该是两个数字L[maxn],R[maxn]，表示矩阵i有L[i]行，R[i]列
dp[i][j]=min{dp[i][i+k]+dp[i+k][j]+L[i]*R[j]*L[k]} （L[k]可以用R[k+1]）
<pre name="code" class="cpp">