一、多阶段决策过程的最优化问题
在现实生活中,有类活 动的过程，由于 它的特殊性，可将过程分成若干个互相阶段。在它的每一阶段都需要作出决策,从而使整个过程达到最好的活动效果。当阶段决策的选取不是任意确定的，它依赖于当前面临的状态,又影响以后的发展，当段决策确定后，就组成一个决策序列,因而也就确定了整个过程的一条活动路线,这个问题看作是个前后关联具有链状结构的 多阶段过程就称为多阶段决策过程，这就称为多阶段决策问题。
多阶段决策过程,是指这样的一类特殊的活动过程,问题可以按时间顺序分解互联系的阶段，在每-个阶段都要作出决策,全部过程的决策是-个决策序列。
二、能采用动态规划求解的问题的一般要具有3个性质：
最优化原理：如果问题的最优解所包含的子问题的解也是最优的，就称该问题具有最优子结构，即满足最优化原理。
无后效性：即某阶段状态一旦确定，就不受这个状态以后决策的影响。也就是说，某状态以后的过程不会影响以前的状态，只 与当前状态有关。
有重叠子问题：即子问题之间是不独立的，一个子问题在下一阶段决策中可能被多次使用到。（该性质并不是动态规划适用的必要条件，但是如果没有这条性质，动态规划算法同其他算法相比就不具备优势）
三、动态规划基本概念
状态：描述事物的性质，不同事物有不同的性质，因而用不同的状态来刻画。对问题的求解状态的描述是分阶段的。
决策：根据题意要求，对每个阶段所做出的某种选择性操作。
状态转移方程：用数学公式描述与阶段相关的状态间的演变规律。
四、解题步骤：
- 拆分问题
- 定义状态(并找出初状态)
- 状态转移方程
五、模型方法
第一种递归搜索法。
第二种递归搜索法+记忆。
第三种递推式法。
六、例题
数塔问题
思路分析：
贪心不可解，每一步都会影响后续的操作。
在用动态规划考虑数塔问题时可以自顶向下的分析，自底向上的计算。
从顶点出发时到底向左走还是向右走应取决于是从左走能取到最大值还是从右走能取到最大值，只要左右两道路径上的最大值求出来了才能作出决策。同样的道理下一层的走向又要取决于再下一层上的最大值是否已经求出才能决策。这样一层一层推下去，直到倒数第二层时就非常明了。
所以第一步对第五层的8个数据，做如下四次决策：
如果经过第四层2，则在第五层的19和7中肯定是19；
如果经过第四层18，则在第五层的7和10中肯定是10；
如果经过第四层9，则在第五层的10和4中肯定是10；
如果经过第四层5，则在第五层的4和16中肯定是16；
经过一次决策，问题降了一阶。5层数塔问题转换成4层数塔问题，如此循环决策…… 最后得到1阶的数塔问题。
#include <bits/stdc++.h
using namespace std;
const int MAXN = 100+10;
int num[MAXN][MAXN];
int dp[MAXN][MAXN];
int main()
{
int t;
scanf("%d", &t);
while( t-- )
{
memset(dp, 0, sizeof(dp));
int n;
scanf("%d", &n);
for( int i=1; i<=n; i++ )
{
for( int j=1; j<=i; j++ )
scanf("%d", &num[i][j]);
}
for( int j=1; j<=n; j++ )
dp[n][j] = num[n][j];
for( int i = n-1; i = 1; i-- )
{
for( int j=1; j <= i; j++ )
{
dp[i][j] = num[i][j] + max(dp[i+1][j], dp[i+1][j+1]);
}
}
printf("%d\n", dp[1][1] );
}
return 0;
}
1.以上篇文章数塔为例
上一章用的是递归的做法，这次我们采用递推的做法。
递归：从已知问题的结果出发，用迭代表达式逐步推算出问题的开始的条件，即顺推法的逆过程，称为递归。
递推：递推算法是一种用若干步可重复运算来描述复杂问题的方法。递推是序列计算中的一种常用算法。通常是通过计算机前面的一些项来得出序列中的指定象的值。
递归与递推区别：相对于递归算法,递推算法免除了数据进出栈的过程，也就是说,不需要函数不断的向边界值靠拢,而直接从边界出发,直到求出函数值。
斐波那契数列：已知f(1) = 1 , f(2) = 1 , 且满足关系式f(n) = f(n-1) + f(n-2)，则f(50)等于多少？
分析：根据初始条件f(1) = 1 , f(2) = 1 和关系式f(n) = f(n-1) + f(n-2)，可知，f(3) = f(2) + f(1) , f(3) = f(2) + f(1) …….
编写代码（递归）
第四层的取值等于左下或者右下与自己的加和，第四层就有max{2+19，2+7} max{18+7,18+10} max{9+10,9+4} max{5+4,5+16}
结果第四层就变成了 21，28，19，21。这样五层变成了四层。以此类推n层变为n-1层到1层。更易求出最大值。
代码实现过程如下
#include<bits/stdc++.h
using namespace std;
int main
{
int ob[10][10];
int temp;
cinN;//数塔层数
for(int i=0；i<N;i++)
{
for(t=0;t<=i;t++)
{
cina[i][j];
}
}
for(int i=N-1;i=1;i--)
{
for(int t=0;t<=i;t++)
{
temp=max{a[i+1][t],a[i+1][t+1]；
a[i][t]=a[i][t]+temp；
}
}
1、线性模型
线性模型的是动态规划中最常用的模型，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性的。
2、区间模型
区间模型的状态表示一般为d[i][j]，表示区间[i, j]上的最优解，然后通过状态转移计算出[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。
3、背包模型
背包问题是动态规划中一个最典型的问题之一。由于网上有非常详尽的背包讲解，这里只将常用部分抽出来，具体推导过程详见 《背包九讲》。
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，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。
f[i][v]表示前i种物品恰好放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。
决策为第i个物品在前i-1个物品放置完毕后，是选择放还是不放，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.完全背包
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，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。
f[i][v]表示前i种物品恰好放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。
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可以达到 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，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。
f[i][v]表示前i种物品恰好放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。
f[i][v] = max{ f[i-1][v - kCi] + kWi | 0 <= k <= Mi }
时间复杂度O( Vsum(Mi) )， 空间复杂度仍然可以用滚动数组优化后可以达到 O( V )。
优化：采用二进制拆分物品，将Mi个物品拆分成容量为1、2、4、8、... 2^k、Mi-( 2^(k+1) - 1 ) 个对应价值为Wi、2Wi、4Wi、8Wi、...、2^kWi、（ Mi-( 2^(k+1) - 1 )
）Wi的物品，然后采用01背包求解。 这样做的时间复杂度降为O(Vsum(logMi) )。找不到出处了
给定一个字符串s，你可以从中删除一些字符，使得剩下的串是一个回文串。如何删除才能使得回文串最长呢？ 输出需要删除的字符个数。
本题可转化为动态规划算法求解最长公共子序列问题，然后用总字符串长度减去最长子序列长度，便得出问题的答案。
先将给定的初始字符串S1反过来排列，设为S2，求S1和S2的最长公共子序列便可。C++代码如下：
#include <iostream
#include <string
#include <algorithm
using namespace std;
int temp[100][100];
void caculate(string s1){
string s2(s1);
reverse(s2.begin(), s2.end());
int len = s1.length();
memset(temp, 0, sizeof(temp));
for (int i = 0; i<len; ++i)
{
for (int j = 0; j<len; ++j)
{
if (s1[i] == s2[j])
temp[i + 1][j + 1] = temp[i][j] + 1;
else
temp[i + 1][j + 1] = max(temp[i][j + 1], temp[i + 1][j]);
}
}
cout << len - temp[len][len] << endl;
}
int main()
{
string s;
getline(cin, s);
caculate(s);
system("pause");
return 0;
}
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