很是好的动态规划总结，DP总结
总结的很是好，谢谢做者。php
http://cppblog.com/menjitianya/archive/2015/10/23/212084.html
html
目录
1、动态规划初探
一、递推
二、记忆化搜索
三、状态和状态转移
四、最优化原理和最优子结构
五、决策和无后效性
2、动态规划的经典模型
一、线性模型
二、区间模型
三、背包模型
四、状态压缩模型
五、树状模型
3、动态规划的经常使用状态转移方程
一、1D/1D
二、2D/0D
三、2D/1D
四、2D/2D
4、动态规划和数据结构结合的经常使用优化
一、滚动数组
二、最长单调子序列的二分优化
二、最长单调子序列的二分优化
三、矩阵优化
四、斜率优化
五、树状数组优化
六、线段树优化
七、其余优化
5、动态规划题集整理
五、决策和无后效性
【例题7】给定一个长度为n（n <= 1000）的字符串A，求插入最少多少个字符使得它变成一个回文串。
有N种物品（每种物品无限件）和一个容量为V的背包。放入第 i 种物品耗费的空间是Ci，获得
1、动态规划初探
一、递推
暂且先不说动态规划是怎么样一个算法，由最简单的递推问题提及应该是最恰当不过得了。由于一来，递推的思想很是浅显，从初中开始就已经有涉及，等差数列 f[i] = f[i-1] + d（ i > 0， d为公差，f[0]为初项）就是最简单的递推公式之一；二来，递推做为动态规划的基本方法，对理解动态规划起着相当重要的做用。理论的开始老是枯燥的，因此让读者提早进入思考是最能引发读者兴趣的利器，因而【例题1】应运而生。
【例题1】在一个3 X N的长方形方格中，铺满1X2的骨牌（骨牌个数不限制），给定N，求方案数（图一 -1-1为N=2的全部方案），因此N=2时方案数为3。
图一 -1-1
这是一个经典的递推问题，若是以为无从下手，咱们能够来看一个更加简单的问题，把问题中的“3”变成“2”（即在一个2XN的长方形方格中铺满1X2的骨牌的方案）。这样问题就简单不少了，咱们用f[i]表示2Xi的方格铺满骨牌的方案数，那么考虑第i列，要么竖着放置一个骨牌；要么连同i-1列，横着放置两个骨牌，如图2所示。因为骨牌的长度为1X2，因此在第i列放置的骨牌没法影响到第i-2列。很显然，图一 -1-2中两块黑色的部分分别表示f[i-1]和f[i-2]，因此能够获得递推式f[i] = f[i-1] + f[i-2] (i >= 2)，而且边界条件f[0] = f[1] = 1。
图一 -1-2
再回头来看3 X N的状况，首先能够明确当N等于奇数的时候，方案数必定为0。因此若是用f[i] (i 为偶数) 表示3Xi的方格铺满骨牌的方案数，f[i]的方案数不可能由f[i-1]递推而来。那么咱们猜测f[i]和f[i-2]必定是有关系的，如图一 -1-3所示，咱们把第i列和第i-1列用1X2的骨牌填满后，轻易转化成了f[i-2]的问题，那是否是表明f[i] = 3*f[i-2]呢？
图一 -1-3
仔细想一想才发现不对，缘由是咱们少考虑了图一 -1-4的状况，这些状况用图一 -1-3的状况没法表示，再填充完黑色区域后，发现和f[i-4]也有关系，可是仍是漏掉了一些状况。
图一 -1-4
上面的问题说明咱们在设计状态（状态在动态规划中是个很重要的概念，在本章的第4小节会进行介绍总结）的时候的思惟定式，当一维的状态已经没法知足咱们的需求时，咱们能够试着增长一维，用二维来表示状态，用f[i][j]表示(3 X i) + j个多余块的摆放方案数，如图一 -1-5所示：
图一 -1-5
转化成二维后，咱们能够轻易写出三种状况的递推式，具体推导方法见图一 -1-6。
f[i][0] = f[i-2][0] + f[i-1][1] + f[i-2][2]
f[i][1] = f[i-1][2]
f[i][2] = f[i][0] + f[i-1][1]
边界条件 f[0][0] = f[1][1] = f[0][2] = 1
图一 -1-6
若是N不是很大的状况，到这一步，咱们的问题已经完美解决了，其实并不须要求它的通项公式，由于咱们是程序猿，一个for循环就能搞定了 <*_*>，接下来的求解就全仰仗于计算机来完成了。
【例题2】对一个“01”串进行一次μ变换被定义为：将其中的"0"变成"10"，"1"变成"01"，初始串为"1"，求通过N(N <= 1000)次μ变换后的串中有多少对"00"（有没有人会纠结会不会出现"000"的状况？这个请放心，因为问题的特殊性，不会出现"000"的状况）。图一 -1-7表示通过小于4次变换时串的状况。
图一 -1-7
若是纯模拟的话，每次μ变换串的长度都会加倍，因此时间和空间复杂度都是O(2^n)，对于n为1000的状况，彻底不可能计算出来。仔细观察这个树形结构，能够发现要出现"00"，必定是"10"和"01"相邻产生的。为了将问题简化，咱们不妨设A = "10", B = "01"，构造出的树形递推图如图一 -1-8所示，若是要出现"00"，必定是AB（"1001"）。
令FA[i]为A通过i次μ变换后"00"的数量，FA[0] = 0;FB[i]为B通过i次μ变换后"00"的数量，FB[0] = 0。
从图中观察得出，以A为根的树，它的左子树的最右端点必定是B，也就是说不管通过多少次变换，两棵子树的交界处都不可能产生AB，因此FA[i] = FB[i-1] + FA[i-1]（直接累加两棵子树的"00"的数量）；而以B为根的树，它的左子树的右端点必定是A，而右子树的左端点呈BABABA...交替排布，因此隔代产生一次AB，因而FB[i] = FA[i-1] + FB[i-1] + (i mod 2) 。最后要求的答案就是FB[N-1]，递推求解。
图一 -1-8
二、记忆化搜索
递推说白了就是在知道前i-1项的值的前提下，计算第i项的值，而记忆化搜索则是另一种思路。它是直接计算第i项，须要用到第 j 项的值( j < i)时去查表，若是表里已经有第 j 项的话，则直接取出来用，不然递归计算第 j 项，而且在计算完毕后把值记录在表中。记忆化搜索在求解多维的状况下比递推更加方便，【例题3】是我遇到的第一个记忆化搜索的问题，记忆犹新。
【例题3】这个问题直接给出了一段求函数w(a, b, c)的伪代码：
function w(a, b, c):
if a <=0 or b <=0 or c <=0, then returns:1
if a >20or b >20or c >20, then returns: w(20,20,20)
if a < b and b < c, then returns: w(a, b, c-1)+ w(a, b-1, c-1)- w(a, b-1, c)
otherwise it returns: w(a-1, b, c)+ w(a-1, b-1, c)+ w(a-1, b, c-1)
要求给定a, b, c，求w(a, b, c)的值。
乍看下只要将伪代码翻译成实际代码，而后直接对于给定的a, b, c，调用函数w(a, b, c)就能获得值了。可是只要稍加分析就能看出这个函数的时间复杂度是指数级的（尽管这个三元组的最大元素只有20，这是个陷阱）。对于任意一个三元组(a, b, c)，w(a, b, c)可能被计算屡次，而对于固定的(a, b, c)，w(a, b, c)实际上是个固定的值，不必屡次计算，因此只要将计算过的值保存在f[a][b][c]中，整个计算就只有一次了，总的时间复杂度就是O(n^3
)，这个问题的n只有20。
三、状态和状态转移
在介绍递推和记忆化搜索的时候，都会涉及到一个词---状态，它表示了解决某一问题的中间结果，这是一个比较抽象的概念，例如【例题1】中的f[i][j]，【例题2】中的FA[i]、FB[i]，【例题3】中的f[a][b][c]，不管是递推仍是记忆化搜索，首先要设计出合适的状态，而后经过状态的特征创建状态转移方程（f[i] = f[i-1] + f[i-2] 就是一个简单的状态转移方程）。
四、最优化原理和最优子结构
在介若是问题的最优解包含的子问题的解也是最优的，就称该问题具备最有子结构，即知足最优化原理。这里我尽力减小理论化的概念，而改用一个简单的例题来加深对这句话的理解。
【例题4】给定一个长度为n(1 <= n <= 1000)的整数序列a[i]，求它的一个子序列(子序列即在原序列任意位置删除0或多个元素后的序列)，知足以下条件：
一、该序列单调递增；
二、在全部知足条件1的序列中长度是最长的；
这个问题是经典的动态规划问题，被称为最长单调子序列。
咱们假设如今没有任何动态规划的基础，那么看到这个问题首先想到的是什么？
我想到的是万金油算法---枚举（DFS），即枚举a[i]这个元素取或不取，全部取的元素组成一个合法的子序列，枚举的时候须要知足单调递增这个限制，那么对于一个n个元素的序列，最坏时间复杂度天然就是O(2
n)，n等于30就已经很变态了更别说是1000。可是方向是对的，动态规划求解以前先试想一下搜索的正确性，这里搜索的正确性是很显然的，由于已经枚举了全部状况，总有一种状况是咱们要求的解。咱们尝试将搜索的算法进行一些改进，假设第i个数取的状况下已经搜索出的最大长度记录在数组d中，即用d[i]表示当前搜索到的以a[i]结尾的最长单调子序列的长度，那么若是下次搜索获得的序列长度小于等于d[i]，就没必要往下搜索了（由于即使继续日后枚举，可以获得的解一定不会比以前更长）；反之，则须要更新d[i]的值。如图一-4-1，红色路径表示第一次搜索获得的一个最长子序列一、二、三、5，蓝色路径表示第二次搜索，当枚举第3个元素取的状况时，发现以第3个数结尾的最长长度d[3] = 3，比本次枚举的长度要大（本次枚举的长度为2），因此放弃往下枚举，大大减小了搜索的状态空间。
图一-4-1
这时候，咱们其实已经不经意间设计好了状态，就是上文中提到的那个d[i]数组，它表示的是以a[i]结尾的最长单调子序列的长度，那么对于任意的i，d[i] 必定等于 d[j] + 1 ( j < i )，并且还得知足 a[j] < a[i]。由于这里的d[i]表示的是最长长度，因此d[i]的表达式能够更加明确，即：
d[i] = max{ d[j] | j < i && a[j] < a[i] } + 1
这个表达式很好的阐释了最优化原理，其中d[j]做为d[i]的子问题，d[i]最长（优）当且仅当d[j]最长（优）。固然，这个方程就是这个问题的状态转移方程。状态总数量O(n), 每次转移须要用到前i项的结果，平摊下来也是O(n)的,因此该问题的时间复杂度是O(
n^2)，然而它并非求解这类问题的最优解，下文会提到最长单调子序列的O(nlogn)的优化算法。
五、决策和无后效性
一个状态演变到另外一个状态，每每是经过“决策”来进行的。有了“决策”，就会有状态转移。而
无后效性，就是一旦某个状态肯定后，它以前的状态没法对它以后的状态产生“效应”（影响）。
【例题5】老王想在将来的n年内每一年都持有电脑，m(y, z)表示第y年到第z年的电脑维护费用，其中y的范围为[1, n]，z的范围为[y, n]，c表示买一台新的电脑的固定费用。 给定矩阵m，固定费用c，求在将来n年都有电脑的最少花费。
考虑第 i 年是否要换电脑，换和不换是不同的决策，那么咱们定义一个二元组(a, b)，其中 a < b，它表示了第a年和第b年都要换电脑（第a年和第b年之间再也不换电脑），若是假设咱们到第a年为止换电脑的最优方案已经肯定，那么第a年之前如何换电脑的一些列步骤变得再也不重要，由于它并不会影响第b年的状况，这就是无后效性。
更加具体得，令d[i]表示在第i年买了一台电脑的最小花费(因为这台电脑能用多久不肯定，因此第i年的维护费用暂时不计在这里面)，若是上一次更换电脑的时间在第j年，那么第j年更换电脑到第i年以前的总开销就是c + m(j, i-1)，因而有状态转移方程：
d[i] = min{ d[j] + m(j, i-1) | 1 <= j < i }
+ c
这里的d[i]并非最后问题的解，由于它漏算了第i年到第n年的维护费用，因此最后问题的答案：
ans =
min{ d[i] + m(i, n) | 1 <= i < n }
咱们发现两个方程看起来很相似，实际上是能够合并的，咱们能够假设第n+1年必须换电脑，而且第n+1年换电脑的费用为0，那么整个阶段的状态转移方程就是：
d[i] = min{ d[j] + m(j, i-1) | 1 <= j < i } + w(i) 其中w(i) = (i==n+1)?0:c;
d[n+1]就是咱们须要求的最小费用了。
2、动态规划的经典模型
一、线性模型
线性模型的是动态规划中最经常使用的模型，上文讲到的最长单调子序列就是经典的线性模型，这里的线性指的是状态的排布是呈线性的。【例题6】是一个经典的面试题，咱们将它做为线性模型的敲门砖。
【例题6】在一个夜黑风高的晚上，有n（n <= 50）个小朋友在桥的这边，如今他们须要过桥，可是因为桥很窄，每次只容许不大于两人经过，他们只有一个手电筒，因此每次过桥的两我的须要把手电筒带回来，i号小朋友过桥的时间为T[i]，两我的过桥的总时间为两者中时间长者。问全部小朋友过桥的总时间最短是多少。
图二-1-1
每次过桥的时候最多两我的，若是桥这边还有人，那么还得回来一我的（送手电筒），
也就是说N我的过桥的次数为2*N-3（倒推，当桥这边只剩两我的时只须要一次，三我的的状况为来回一次后加上两我的的状况...）。
有一我的须要来回跑，将手电筒送回来（也许不是同一我的，realy？！）
这个回来的时间是没办法省去的，而且回来的次数也是肯定的，为N-2，若是是我，我会选择让跑的最快的人来干这件事情，可是我错了...
若是老是跑得最快的人跑回来的话，那么他在每次别人过桥的时候必定得跟过去，因而就变成就是很简单的问题了，
花费的总时间：
T =
minPTime * (N-2) + (totalSum-minPTime)
来看一组数据 四我的过桥花费的时间分别为 1 2 5 10，按照上面的公式答案是19，可是实际答案应该是17。
具体步骤是这样的：
第一步：1和2过去，花费时间2，而后1回来（花费时间1）；
第二歩：3和4过去，花费时间10，而后2回来（花费时间2）；
第三部：1和2过去，花费时间2，总耗时17。
因此以前的贪心想法是不对的。
咱们先将全部人按花费时间递增进行排序，
假设前i我的过河花费的最少时间为opt[i]，
那么考虑前i-1我的过河的状况，即河这边还有1我的，河那边有i-1我的，而且这时候手电筒确定在对岸，因此
opt[i] = opt[i-1] + a[1] + a[i] (让花费时间最少的人把手电筒送过来，而后和第i我的一块儿过河)
若是河这边还有两我的，一个是第i号，另一个无所谓，河那边有i-2我的，而且手电筒确定在对岸，因此
opt[i] = opt[i-2] + a[1] + a[i] + 2*a[2] (让花费时间最少的人把电筒送过来，而后第i我的和另一我的一块儿过河，因为花费时间最少的人在这边，因此下一次送手电筒过来的必定是花费次少的，送过来后花费最少的和花费次少的一块儿过河，解决问题)
因此 opt[i] = min{opt[i-1] + a[1] + a[i] , opt[i-2] + a[1] + a[i] + 2*a[2] }
二、区间模型
区间模型的状态表示通常为d[i][j]，表示区间[i, j]上的最优解，而后经过状态转移计算出[i+1, j]或者[i, j+1]上的最优解，逐步扩大区间的范围，最终求得[1, len]的最优解。
典型的区间模型，回文串拥有很明显的子结构特征，即当字符串X是一个回文串时，在X两边各添加一个字符'a'后，aXa仍然是一个回文串，咱们用d[i][j]来表示A[i...j]这个子串变成回文串所须要添加的最少的字符数，那么对于A[i] == A[j]的状况，很明显有 d[i][j] = d[i+1][j-1] （这里须要明确一点，当i+1 > j-1时也是有意义的，它表明的是空串，空串也是一个回文串，因此这种状况下d[i+1][j-1] = 0）；当A[i] != A[j]时，咱们将它变成更小的子问题求解，咱们有两种决策：
一、在A[j]后面添加一个字符A[i]；
二、在A[i]前面添加一个字符A[j]；
根据两种决策列出状态转移方程为：
d[i][j] = min{ d[i+1][j], d[i][j-1] } + 1; (每次状态转移，区间长度增长1)
空间复杂度O(n^2)，时间复杂度O(n^2)， 下文会提到将空间复杂度降为O(n)的优化算法。
三、背包模型
a.0/1背包
有N种物品（每种物品1件）和一个容量为V的背包。放入第 i 种物品耗费的空间是Ci，获得
的价值是Wi。求解将哪些物品装入背包可以使价值总和最大。
f[i][v]表示前i种物品刚好放入一个容量为v的背包能够得到的最大价值。
决策为第i个物品在前i-1个物品放置完毕后，是选择放仍是不放，状态转移方程为：
f[i][v] = max{ f[i-1][v], f[i-1][v - Ci] +Wi }
时间复杂度O(VN)，空间复杂度O(VN) （空间复杂度可利用滚动数组进行优化达到O(V)，下文会介绍滚动数组优化）。
b.彻底背包
的价值是Wi。求解将哪些物品装入背包可以使价值总和最大。
f[i][v]表示前i种物品刚好放入一个容量为v的背包能够得到的最大价值。
f[i][v] = max{ f[i-1][v - kCi] + kWi | 0 <= k <= v/Ci
} (当k的取值为0,1时，这就是01背包的状态转移方程）
时间复杂度O( VNsum{V/Ci} )，空间复杂度在用滚动数组优化后能够达到
O( V )。
进行优化后（此处省略500字），状态转移方程变成：
f[i][v] = max{ f[i-1][v], f[i][v - Ci] +Wi }
时间复杂度降为
O(VN)。
c.多重背包
有N种物品（每种物品Mi件）和一个容量为V的背包。放入第i种物品耗费的空间是Ci，获得
的价值是Wi。求解将哪些物品装入背包可以使价值总和最大。
f[i][v]表示前i种物品刚好放入一个容量为v的背包能够得到的最大价值。
f[i][v] = max{ f[i-1][v - kCi] + kWi | 0 <= k <= Mi }
时间复杂度O( Vsum(Mi) )，
空间复杂度仍然能够用滚动数组优化后能够达到
O( V )。
优化：采用二进制拆分物品，将Mi个物品拆分红容量为一、二、四、八、... 2^k、Mi-( 2^(k+1) - 1 ) 个对应价值为Wi、2Wi、4Wi、8Wi、...、2^kWi、（