动态规划（dynamic programming ，dp）
一、DP简介
一种用来解决一类最优化问题的算法思想
特点：
1）动态规划会将每个求解过的子问题的解记录下来。避免重复计算，使用dp[]
以斐波那切数列为例：
int F(int n)
{
if(n==0 || n==1) return 1;
if(dp[n]!=-1) return dp[n]; //计算过时，直接返回
else{
dp[n]=F(n-1)+F(n-2);
return dp[n];
}
}
2）递归写法是自顶而下（top-down），又叫，记忆化搜索。引申概念——重叠子问题（Overlapping Subproblems）一个问题可以被分解为若干子问题，且这些子问题会重复出现。
3）递推写法——自底向上（bottom-up）
以数塔为例：
dp[i][j]=max(dp[i+1][j],dp[i+1][j+1]+f[i][j])
dp[i][j]叫状态，上面的式子叫状态转移方程。其中dp[n][j]==f[n][j]这也是边界。
即，递推写法就是把这些边界通过状态转移方程扩散到整个dp[][]中。
for(int j=1;j<n;j++)
{
dp[n][j]=f[n][j];
}
for(int i=n-1;i>=1;i--)
for(int j=1;j<=i;j++){
dp[i][j]=max(dp[i+1][j],dp[i+1][j+1]+f[i][j]);
}
4）最优子结构：一个问题的最优解可以由子问题的最优解有效地构造出来。
小结：必须具备重叠性和最优子结构性才可以用动态规划。而分治问题可以不具备以上两个性质，并且递归本身就有分治的思想。贪心问题不具备重叠性，即现在只考虑下一步，不需要关心之前的情况。
常见题型分类：
（1）最大连续子序列和
dp[i]表示以A[i]作为末尾的连续序列的最大和
（2）最长不下降子序列 LIS
dp[i]表示以A[i]结尾的最长不下降子序列长度
（3）最长公共子序列 LCS
dp[i][j]表示字符串A的i号位和字符串B的j号位之前的LCS长度
（4）最长回文子串
dp[i][j]表示S[i]至S[j]所表的子串是否是回文子串
（5）数塔DP
dp[i][j]表示从第i行第j个数字出发的到达最底层的所有路径上所能得到的最大和
（6）DAG最长路
dp[i]表示从i号顶点出发能获得的最大路径长度
（7）01背包
dp[i][v]表示前i件物品恰好装入容量为v的背包中能获得的最大价值
（8）完全背包
dp[i][v]表示前i件物品恰好装入容量为v的背包中能获得的最大价值
用语说明：
（1）-（4）：
a、dp[i]表示以A[i]结尾（或开头）的xxx；b、dp[i][j]表示A[i]至A[j]区间的xxx；xxx为原问题描述
（5）-(8)
分析问题是几维表示：a、恰好为i；b、前i
大多数情况都可以把动态规划看作是一个DAG有向无环图，图中结点就是状态，边就是状态转移方向，求解顺序就是按照拓扑序进行求解。
二、最大连续子序列和
dp[i]是以A[i]结尾的连续序列，
有两种情况：
1）A[i]只有这一个，即dp[i]=A[i];
2)从A[p]到A[i],即A[p]+A[p+1]+…A[i-1]+A[i]=dp[i-1]+A[i]，取max(dp[i-1]+A[i],A[i])最大的情况
dp[i]=max(dp[i-1]+A[i],A[i]);
其中，A[0]=dp[0]；是边界。
for(int i=0;i<n;i++)
{
dp[i]=max(dp[i-1]+A[i],A[i]);
}
k=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(dp[i]>dp[k]) k=i; //找最大的子序和
}
小结：
1）状态无后效性：当前状态记录了历史信息，一旦当前状态确定，就不会再改变，且未来的决策只能在已有的一个或若干个状态的基础上进行，历史信息只能通过已有的状态去影响未来的决策。
2）如何设计zhuangtaidp[i]和状态状态转移方程才是dp的核心，其中先决条件是做到状态无后效性。
三、最长不下降子序列
两种情况
1）如果存在A[i]之前的元素A[j]（j<i）使得A[j]<=A[i]且dp[j]+1>dp[i],那么就把A[i]跟在以A[j]结尾的LIS后面，，即dp[i]=dp[j]+1;
2)A[i]之前的元素逗比A[i]大，那么A[i]只好形成一条LIS，但是长度为1，即只有一个A[i].
综上可以发现，dp[i]只与前面A[i]>A[j]的dp[j]有关
得出状态转移方程：dp[i]=max(1,dp[j]+1);条件是（j=1,2…i-1 && A[j]<A[i]）
边界是dp[i]=1;
int ans=-1;
for(int i=0;i<n;i++)
{
dp[i]=1;
for(int j=0;j<i;j++)
{
if(A[i]>A[j] && dp[j]+1>dp[i]) dp[i]=dp[j]+1;
}
ans=max(ans,dp[i]);
}
四、最长公共子序列
两种决策：
1）A[i]==B[j]，如“admins”与“sads”中A[6]与B[4]都是‘s’,则dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1,解释:A[5]与B[3]继承了前面"ad"出现的情况，现在出现‘s’只需加1即可
2）A[i]!=B[j]时，根据继承性，只需找出dp[i-1][j]与dp[i][j-1]中大的一个。
状态转移方程：
dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1 ,A[i]==B[j] 或者 max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]),A[i]!=B[j]
边界dp[i][0]=0与dp[0][j]=0，即尚未比较时。
for(int i=0;i<n;i++)
for(j=0;j<m;j++)
if(i==0 || j==0) dp[i][j]=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<i;j++)
{
if(A[i]==B[j]) dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;
else dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
}
ans=max(ans,dp[i]);
}
五、最长回文子串
介绍一种容易理解的方法：
转移情况分类两类：
1）s[i]==s[j] 只要s[i+1]至s[j-1]是回文子串，那么s[i]至s[j]就是回文子串；
2）s[i]!=s[j] 肯定就是dp[i][j]=0
状态转移方程：
dp[i][j]=dp[i+1][j-1], s[i]==s[j] 或 0，s[i]!=s[j]
边界：dp[i][i]=1;dp[i][i+1]=(s[i]==s[i+1])?1:0;
优化：有一个问题，图11-4
dp[0][2]->dp[1][1]
dp[0][3]->dp[1][2]
若求dp[0][4]时，转移至dp[1][3]无法转移，也就是需要新的枚举方式.
方案：以长度L为，见下图11-5。
其他方案：二分+hash，O(nlogn），ManacherO（n）；
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
const int maxn=1010;
char s[maxn];
int dp[maxn][maxn];
int main()
{
gets(s);
int len=strlen(s),ans=1;
memset(dp,0,sizeof(dp));
//边界
for(int i=0;i<len;i++)
{
dp[i][i]=1;
if(i<len-1)
{
if(s[i]==s[i+1]){
dp[i][i+1]=1;
ans=2; //初始化时，当前最长回文子串长度
}
}
}
//状态转移方程
for(int L=3;L<=len;L++){ //枚举子串的长度
for(int i=0;i+L-1<len;i++) //枚举子串的起始点
{
int j=i+L-1;//子串的右端点
if(s[i]==s[j] && dp[i+1][j-1]==1){
dp[i][j]=1;
ans=L; //更新最长回文子串长度
}
}
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
六、DAG最长路
DAG的最长路和最短路求解思想一致。
两个问题：
1）求整个DAG中的最长路径（即不固定起点跟终点）
2）固定终点，求DAG的最长路径。
dp[i]表示从i号顶点出发能获得的最大路径长度，这样所有dp[i]的最大值就是整个DAG的最长路径长度。
详情，后续更新。
七、背包问题
实质多阶段动态规划问题分析
如图
A、01背包问题
问题描述：有n件物品，每件物品的重量为w[i]，价值为c[i]。现有一个容量为V的背包，问如何选取物品放入背包，使得背包内物品总价值最大，。其中每件物品都只有1件。
对比上图分析该题，再结合DFS中求解因子分解（递归思想）可以很好解决此问题。
dp[i][v]表示前i件物品恰好装入容量为v的背包中能获得的最大价值。
情况分析
1）情况一，不放入第i件物品，问题转化为前i-1种物品的最大价值，dp[i-1][v]
2)情况二，放入第i件物品，问题转化为i-1种物品装好v-w[i]的最大价值
状态转移方程：dp[i][v]=max( dp[i-1][v],dp[i-1][v-w[i]]+c[i]);
这样dp[i][v]只与dp[i-1][]有关，边界dp[0][v]=0;
for(int m=v;m>=0;m--) dp[0][m]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int v=w[i];v<=V;v++)
{
dp[i][v]=max(dp[i-1][v],dp[i-1][v-w[i]]+c[i]);
}
}
优化：
1）i从1到n，v从V到0，因为dp[i+1][]求解只与dp[i][]有关，如下图。当逆序枚举时，从右上角开始往左下角前进（这就是逆向枚举）
转移方程：dp[v]=max(dp[v],dp[v-w[i]]+c[i]);
这个技巧就是滚动数组。
逆序枚举：
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int v=V;v>=w[i];v--)
dp[v]=max(dp[v],dp[v-w[i]]+c[i]);
小结：1）对于划分阶段的问题来说，都可以尝试把阶段作为状态的一维。
2）如果当前设计的状态不满足无后效性，那么不妨把状态进行升维，即增加一维或若干维来表示相应的信息。
B、 完全背包问题
问题分析：有n种物品，每种物品的单件重量为w[i]，价值为c[i]。现有一个容量为V的背包，问如何选取物品放入背包，使得背包内物品的总价值最大。其中每种物品都有无穷件。
与01背包最大区别：选择放入第i件回溯之前的dp[i-1][v-w[i]],变为dp[i][v-w[i]]；
状态转移方程：
dp[i][v]=max(dp[i-1][v],dp[i][v-w[i]]+c[i]);边界dp[0][v]=0；
一维形式：dp[v]=max(dp[v],dp[v-w[i]]+c[i]);边界dp[v]=0；
一维形式与01的区别：要正向枚举。
八、dp常用处理套路
1）滚动数组
2）递归+记忆数组
3）高级套路：状态压缩、升维、单调性、四边形不等式
4）进阶：能分析出dp[i]/dp[i][j]与原状态什么有关。
leetcod：85/91/97/120/131/132/139/140/152 ,后续更新，敬情期待