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DP（动态规划）
前言
动态规划是一种区别于分治和贪心的一种算法，是求解决策过程最优化的数学方法。它与贪心，分治都有所不同，它和贪心的区别在于它无后效性，它和分治的区别在于他的子问题可以重叠，而且经常有很多重叠。
目录
· 序列DP
· 背包问题
· 区间DP
· 状压DP
序列DP
顾名思义，就是在一个给定的序列上进行dp。序列dp大多是线性dp。状态是可以是一维的，也可以是多维的。
在前我们现讲如何DP：
我们使用一个状态来表示一种情况，然后再在这个状态上向下一个状态进行推导，由此解决一些分治和贪心都难以解决的问题。
如何表示状态的意义？
一般来说, 有两种编号的状态
① 状态[i ] 表示前i 个元素决策组成的一个状态。
② 状态[i ] 表示用到了第i 个元素，和其他在1 到i − 1 间的元素, 决策组成有的一个状态。
我们在实例中说明。
<例一>
最长上升子序列(LIS)
什么是最长上升子序列？ 就是给你一个序列，请你在其中求出一段不断严格上升的部分，它不一定要连续。
解析：我们先选f[i]作为状态，表示第i 个作为序列的最后一个点的时候的最长序列。这样，我们很容易得出O(n2)的算法，即一层循环顺序扫描，另一层循环枚举合法的可以接下去的最优值。显然这是一种正确的解法。
我们尝试优化算法。
更改f[i]的意义：f [i] 表示长度为i 的上升子序列的最小末位元素。(不存在设其为INF)更改后，处理出f[i]，发现f[i]必然是单调递增的，对于单调递增的序列，我们显然就想到了二分查找的算法。利用二分查找，将该问题的求解复杂度优化到O(nlogn)。
参考代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f
int f[10010];//f[i]表示长度为i+1的子序列末尾元素最小值；
int a[10010];
int main()
{
int n;
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
for(int i=0;i<n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
f[i]=INF;
}
for(int i=0;i<n;i++)
{
*lower_bound(f,f+n,a[i])=a[i];//找到>=a[i]的第一个元素，并用a[i]替换；
}
printf("%d\n",lower_bound(f,f+n,INF)-f);//找到第一个INF的地址减去首地址就是最大子序列的长度；
}
return 0;
} <例二>
最长公共子串(LCS)
给定两个字符串A, B，长度分别为n, m (n, m ≤ 1000)，求两个字符串最长的公共子串。
解析：我们继续设置状态：f [i][j] 表示匹配到字符串A 的第i 位，字符串B 的第j 位得到的最长公共子串。在这里，引导出状态转移方程的概念：我们通过一个可行的方程，将第k个状态推导到第k+1个状态。在本题中，我们假设以及得到了f [i][j]之前的值，推导f[i][j]，那么有两种情况：
①A字符串的下一位和B字符串的下一位刚好相同,显然有f [i][j] =f[i-1][j-1]+1.
②A字符串的下一位和B字符串的下一位不相同，所有数字没有变化，取A字符串减一个位置的值和B字符串减一个位置的值中的最大值，即f [i][j] =max(f[i-1][j],f[i][j-1]).
讨论完了两种情况，这既是状态转移方程：
拓展：如何求多个字符串的LCS？
加维，几个字符串就几维，f的多维数组表示的意义相似。
背包问题
· 01背包问题
· 完全背包问题
· 多重背包问题
· 混合三种背包
01背包问题
有N 件物品和一个容量为V 的背包。放入第i 件物品耗费的空间是ci，得到的价值是wi。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
解析：定义状态：f[i][j]表示前i件物品放入一个容量为j的背包可以获得的最大价值。
状态转移方程：两种情况，即是与否取第i件物品。
f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-c[i]]+w[i]).
核心部分代码如下
for(int i=1;i<=N;i++)
for(int j=c[i];j<=V;j++)
f[i][j]=max(f[i−1][j],f[i−1][j−c[i]]+w[i]);如何优化空间复杂度（降维）？
由于两种情况都由[i-1]推导而来，我们考虑将第一维去掉，只留下f[j]表示容量为j的背包可以获得的最大价值。我们采用逆序求解，为了保证物品不被重复取到，01背包中每样物品只能取一次，如果顺序求解的话就有可能反复取到某样物品。
核心代码如下：
for(int i=1;i<=N;i++)
for(int j=V;j>=c[i];j-−)
f[j]=max(f[j],f[j−c[i]]+w[i]);完全背包问题
有N 件物品和一个容量为V 的背包，每件物品都有无限件。放入第i 件物品耗费的空间是ci，得到的价值是wi。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
解析：完全背包问题刚好与01背包问题相反，每一个物品可以取无数遍，至于01背包的二维做法，时间复杂度是会太高的，所有我们效仿01背包降维做法，只是像刚才特意提到的一样，将逆序改为顺序，特意让每一个物品能取到无限次即可。除了循环顺序以外和01背包完全相同，就不附代码了。
多重背包问题
有N 件物品和一个容量为V 的背包，第i 件物品都有ni 件。放入第i 件物品耗费的空间是ci，得到的价值是wi。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
解析：解法与完全背包类似，对于第i中物品有m[i]+1种策略，只需要在枚举第i减物品的数量k即可。状态转移方程如下：
f [i][j] = max{f [i − 1][j − k ∗ ci] + k ∗ wi}
二进制优化：我们考虑用二进制中的2的整次方数来组合所有种数，把第i件物品转换为若干件物品，进而转换为01背包问题。这里就不细讲了。
混合三种背包
即同时有三种背包问题的情况。
解析：根据三种背包问题的定义，进行分类处理，如果会三种背包问题，使用if进行处理即可。
区间DP
对于区间中的DP，我们常用f[l][r]表示一段连续区间[l][r]上的答案。
常用特性：
1 序列：处理l，r之间分割点k进行操作。
2 环：将序列复制一份并延长，枚举断点。
3 点集回路：利用线段不相交的性质按顺序DP。
<例一>
乘法游戏
乘法游戏是在一行牌上进行的，牌的数量为n ,每张牌上有一个正整数ai。在每一个移动中，玩家拿出一张牌，得分是用它的数字乘以它左边和右边的数，所以不允许拿第1张和最后1张牌。最后一次移动后，这里只剩下两张牌，求最小得分和。
3 ≤ n ≤ 100
解析：定义状态：f[i][j]表示区间i,j上的最优解。即可得状态转移方程f[i][j]=min{f[i][k]+f[k][j]+a[i]*a[k]*a[j]}(j>k>i)这样就得到一种O(n3)的算法
核心代码如下：
for(int len=1;len<=n-1;len++)
{
for(int i=1;i<=n-len;i++)
{
j=i+len;
for(int k=i+1;k<=j-1;k++)
{
f[i][j]=max(f[i][j],f[i][k]+f[k][j]+a[i]*a[j]*a[k]);
}
}
}状压DP
即把用二进制压位的方法把状态简化，用位运算加速dp。
数据特殊性: 给出的数据在某一个或几个维度上一般具有比较小的范围(可以枚举一类的状态)，但是无法用该范围的数值刻画全部状态。
常见优化方式：
1 减少状态总数
· 跳过无用状态
· 变量相互制约
2 减少状态转移数
· 预处理/前缀和
· 部分和优化
· 四边形不等式
· 决策单调性
· 数据结构优化
3 内存优化
· 滚动数组
· 减少状态总数
<例一>
最大字段和
给定一个长度为N 的序列A1···N，请找出一段区间aL, aL+1, · · · , aR，
使得aL + aL+1 + · · · + aR 最大，即最大化。N ≤ 100000，你的答案要保证L ≤ R。
解析：考虑DP做法。固定有端点r，能快速求出max{sum[r]-sum[l-1]}就能解决问题。
所有我们固定r，任务就是找出min{sum[l-1]},f[r]表示[1，r]中的最大子段和，并且一定要取a[r]，状态转移方程就是f[r]=max(f[r-1],0)+a[r]。
优化
<例一>
跳过无用状态：青蛙过河
x 轴上分布着M 个石子，在坐标为0 的点上有一只青蛙，每一次它向x 轴正方向跳跃的距离是S 到T 之间的任意正整数（包括S, T） 。当青蛙跳到或跳过坐标为L 的点时，就算青蛙已经过了河。你的任务是确定青蛙要想过河，最少需要踩到的石子数。
L ≤ 109, 1 ≤ S ≤ T ≤ 10, M ≤ 100
解析：当L巨大时，DP的无用状态就很多了，我们采取一个策略：当S！=T时，对于任意d>ST，从x总能跳到x+d，所以就把L缩短到ST，就跳过了无用状态，减少了数据范围。
<例二>
变量互相制约：乌龟棋
乌龟棋的棋盘是一行N 个格子，每个格子上有一个分数（非负整数） 。游戏要求玩家控制一个乌龟棋子，从起点第1 格出发走到终点第N格。
乌龟棋中有M 张卡片，卡片有四种花色，分别对应1, 2, 3, 4 四个数字。每次使用一张卡片，棋子就可以向前移动这张卡片所对应数字的格数。每张卡片在一次游戏中只能使用一次。
玩家在本次游戏中的得分，就是移动乌龟棋从第一格到最后一格的过程中，经过的所有的格子上的分值的和。
数据保证到达终点时刚好用光M 张爬行卡片。
N ≤ 350, M ≤ 120,每种卡片张数≤ 40。
解析：用f (i, a1, a2, a3, a4) 表示玩到第i 格，用了a1 张1, a2张2, a3张3, a4张4的最大得分。所以当前状态要从f (i − 1, a1 − 1, a2, a3, a4), f (i − 2, a1, a2 − 1, a3, a4), f (i −3, a1, a2, a3 − 1, a4), f (i − 4, a1, a2, a3, a4 − 1)转移。但是不难发现i = a1 + 2a2 + 3a3 + 4a4 + 1，所以直接把第一维扔掉就可以了。这就是互相制约的变量条件。
<后记>
初讲DP，蒟蒻能力有限，尽量以后在详细的做一篇博客。
<废话>