最近刷了不少题都是在01背包问题的基础上改编过来的。今天总结一下。
其实DP和DFS本质上就是一种遍历，只不过是带记忆的遍历罢了
只要用DP能做的用递归一定能做，即只要拿到了迭代式就可以用递归暴力破解，复杂度一般为O(2^n)
先回顾一下DP问题的解法：
1.先要搞清楚用一维数组还是二维，有几个限制条件就用几维。
2.搞清楚dp[i],dp[i][j]存放的值的确切含义，以01背包问题为例，dp[i][j]存放当i,j一定时的最优状态。
3.考虑第二个for循环是正序还是逆序，这取决于遍历的过程种要不要用到前面的值。
4.dp[i] = 取最优 {子状态1 ，子状态2，... ,子状态k}。以01背包问题为例子，dp[i] = max {取i, 不取i}
01背包问题这两种解法，一种用DP，一种用DFS。
一、DP
dp[i]代表：从前i个商品中挑选
dp[j]代表：重量不超过j
dp[i][j]代表：价值的最大值
合起来dp[i][j]就代表：从前i个商品中挑选重量不超过j的的物品时，价值的最大值。
就会有下面的状态转移方程和表格：
if j >=w[i]:
sum_v[i][j] = max{sum_v[i-1][j-w[i]] + v[i], sum_v[i-1][j]}
else:
sum_v[i][j] = sum_v[i-1][j]
01背包的本质就是在物品的不断遍历下和在容量的不断递增下，寻找当容量一定时 取第i个物品的状态和不取第i个物品的状态哪个最优。
有几个限制条件就可以构造几重for循环。
看这里：可以发现0-1背包的状态转移方程 dp[i][j] = max{dp[i-1][j-w[i]]+v[i]，dp[i-1][j]}的特点，当前状态仅依赖前一状态的剩余体积与当前物品体积v[i]的关系。根据这个特点，我们可以将dp降到一维即dp[j] = max{dp[j]，dp[j-w[i]]+v[i]}。从这个方程中我们可以发现，有两个dp[j]，但是要区分开。等号左边的dp[j]是当前i的状态，右边中括号内的dp[j]是第i-1状态下的值。
所以为了保证状态的正确转移，我们需要先更新等号左边中的dp[j]（当前状态的dp[j]）。
此时数组长度为背包容量+1
void FindMaxBetter()//优化空间后的动态规划
{
int i,j;
for(i=1;i<=number;i++)
{
for(j=capacity;j>=0;j--)
{
if(B[j]<=B[j-w[i]]+v[i] && j-w[i]>=0 )//二维变一维
{
B[j]=B[j-w[i]]+v[i];
}
}
}
}
http://www.cnblogs.com/Christal-R/p/Dynamic_programming.html