关于动态规划的线性DPの一己之见

记录关于DP的历程，随着刷题而更新。
个人向，仅自己回顾用，若是有讲不清楚的地方欢迎回复私信交流。

一般情况下，动态规划的解题步骤是：
第一步：根据原问题和子问题来确定状态（dp数组表示什么东西）
第二步：根据状态确定状态转移方程（怎样求解dp数组 递推?dfs?）
第三步：确定要不要优化和编程实现方式 （单调队列?线段树?）

先学习简单的线性DP，其实关于线性DP的话，不外乎这几种。

1. LIS（最长上升子序列）

其实LIS的话，是dp入门必不可少的题目，正常时间算法时间复杂度 n^2，可用二分或树状数组优化达到 nlogn，用 dp[i] 维护 i 位置的最小值，最后dp数组的长度即最长上升子序列的长度，但是具体的过程和内容却无法求。

len=1;
dp[1]=a[1];
for(int i=2;i<=n;i++){
	if(dp[len]<a[i]) dp[++len]=a[i];
	else{
		ll k=lower_bound(dp+1,dp+len+1,a[i])-dp;
		dp[k]=a[i];
	}
}

2. LCS（最长公共子序列）

特殊的，假设序列a和b是1-n的排列组合，那么可以离散化a序列，那么求出b的最长上升子序列就是a与b的最长公共子序列。
tip: 因为最长公共子序列是按位向后比对的，所以a序列每个元素在b序列中的位置如果递增，就说明b中的这个数在a中的这个数整体位置偏后，可以考虑纳入LCS——那么就可以转变成nlogn求用来记录新的位置的离散化后的LIS。

3. 背包问题

背包问题就是以01背包为基础进行扩展的一系列问题。

当求最优/最大利益时，假设 M 为物品组数，T 为最大容量，a[i] 为每一件物品的体积，b[i] 为每一件物品的价值，c[i] 为消耗的容量不大于i的情况下所获得的最大收益，则有 ：

// 1. 逆序 01 背包
for(int i=1;i<=M;i++)
        for(int j=T;j>=a[i];j--)
            c[j]=max(c[j],c[j-a[i]]+b[i]);

//2. 正序 完全 背包
 for(int i=1;i<=M;i++)
        for(int j=a[i];j<=T;j++)
            c[j]=max(c[j],c[j-a[i]]+b[i]);

而其他的情况多重背包不过是多了一个把物品拆分/合并的过程，而分组背包不过是多了一个决策过程，经过这些的猜想，不难得出背包的dp模板：

1. 第一层 for 枚举物品的组数
2. 第二层 for 枚举物品的容量
3. 第三层 for 进行决策

而当遇到求方案数时，也是可以由背包得出经验，不外乎个数有限与无限的区别，那么其实就是01背包/完全背包：

扫描二维码关注公众号，回复： 11138487 查看本文章

// 1. 逆序 01 背包
for(int i=1;i<=M;i++)
        for(int j=T;j>=a[i];j--)
            c[j]+=c[j-b[i]];

//2. 逆序 完全 背包
 for(int i=1;i<=M;i++)
        for(int j=a[i];j<=T;j++)
           c[j]+=c[j-b[i]];

可以发现，不过是状态转移的方程改变了而已。

4. dirworth定理

求最长上升序列的长度等于求最长不上升序列的划分个数。

5. 其他问题总结

1. 回文串：dp[i][j] 为字符串 的第 i 个字符到第 j 个字符的最长回文子序列长度。
   特殊的： $dp[i][j]=dp[i+1][j−1]+2$ $if s[i]==s[j]$
   一般的： $dp[i][j]= max(dp[i+1][j]，dp[i][j-1])$

2. 题目：多个串的匹配，考虑 $dp[i][j]$为s1的前i个字符与s2的前j个字符。

3. 题目：n个箱子选前k小的价值和，例如 $dp[i][k]$ 为前i个箱子的价值为k的方案。

4. 题目：对于挑选方案可以按照背包思想，根据题目划分为01背包或者完全背包，再考虑是否是分组背包（有决策层）。

5. 题目：对于数列型题目，可以考虑类似于LIS或者LCS来思考，以 $dp[i]$表示以当前元素结尾的状态值，若是元素范围少，可考虑为 $dp[i][j]$ 以 $a[i]$ 结尾且和为 $j$ 或者差为 $j$ 等等状态，把第二维作为对于给出条件的一种枚举。

以上，其他内容等遇到再补充。