月初开始的50道DP题完成度差不多了（完全盗用了henry_y的博客，感谢），仪式感需求便想装模作样写个告示，目的主要是记录，应该不算总结（因为在我的捋顺过程中我学到的并不多），毕竟刚刚才入门，还没有深入学习便想着一昧输出自己不成型的想法是大忌（思而不学则殆）。
目录
一．从背包问题到动态规划，谈谈我的理解
二．动态规划的本质
三. 部分题目举例
什么是背包问题
一个容量为V的背包，想装n件物品，每件物品价值为Wi，体积为Vi，求背包能装物品的最大价值
一般怎么解背包问题
搜索，枚举所有的方案的情况，判断可行性（装得下）并求出价值，从中找出最大价值的方案。
对于解集{1,2,3，。。。，n}（表示背包装了第1件，第2件，第3件。。。第n件物品），有2^n个子解集（因为对于集合里的第一个元素，要么保留，要么剔除，有2种方案；对于集合里的第二个元素，要么保留，要么剔除，与前面的方案相乘有2^2种方案，以此类推），该子解集个数即为方案总数。故总时间复杂度0（2^n）
DP怎么解决背包问题
方程：F[i][j]=f[i-1][j+v[i]]+w[i]。F[i][j]是一个状态，表示考虑了前i个物品后，目前还有j体积时的最大价值。
该方程就是一个考虑第i件物品到底选与不选的过程，即比较第i件物品选与不选的方案哪个最优。方法是考虑所有的以前求解过的状态（即考虑了前i-1个物品后的状态），并在他们的基础上，都考虑了第i件物品选与不选的情况。这样就保证了一点：不会有没考虑的情况。只要满足这一点，这个算法就是能得出正确答案的。
DP的时间复杂度是多少，以及为什么更高效的DP（动态规划）更高效
对于每个物品都考虑了一次选与不选，考虑了n次，对第i件物品的考虑都要枚举所有的f[i-1][j]，这里0<=j<=V。因此时间复杂度O（nV）
为什么DP更高效？我们先用一个简单的例子类比一下。
考虑基于比较的排序为什么时间下限都是O（nlog2n）？（出自mindhacks.cn）
对于给定的n个数，有n！种，我们要从中找出所有数恰好从小到大的一种。每次比较a,b，要么前者小于后者，要么反之，但两种情况分别都占总排列方式的一半（即n!/2种）。
如果每次都能完美的2分，那么找到那个唯一点最终需要的步骤就是log(n!) = O(nlogn)。如此就不难理解什么基于比较的排序算法的复杂度最好不过如此了。
笔者留坑：
1如何推导log(n!) = O(nlogn)？
2冒泡，快排，选择，插入等主要区别应该在如何选定a,b，那么各自代码上又是如何突出“如何选定a,b”的思想呢？
回到DP，可以理解为通过每次考虑第i件物品到底选与不选，将总的可能方案折半，这就是最优秀的方法了。
什么算背包问题，或者说背包问题的本质（抽象）是什么
在“什么是背包问题”的基础上，我们尝试普遍化问题
原：一个容量为V的背包，想装n件物品，每件物品价值为Wi，体积为Vi，求背包能装物品的最大价值
分析：
1.容量为V的背包是限制条件
2.n件物品是决策数量，决策可以获得收益，同时付出代价，当代价积累到一定程度（达到限制条件）将无法决策。（收益不一定是好的，代价不一定是坏的，如“出租车拼车”这道题）
3.每件物品选与不选，就是在不违背限制条件下尝试做一个决策，使收益最大化。
该题还有一些隐含信息
4.求背包能装物品的最大价值，就是求最大收益
5.对于一件物品，只要装了就行，先装还是后装没有区别，这满足无后效性
6.定义一种状态，对于每个状态，只要可由其他状态转移而来，必然（或必须）满足最优子结构，能写出状态转移方程
背包问题本质是动态规划，当我们抽象出背包问题的本质，实际上就是抽象出普遍的动态规划问题。
因此，当题目有以下特征，可用动态规划：
1.求最大（最小）总收益
2.分阶段性（这个要找出来）
3.有决策可选，从而获得收益
4.决策有限制条件
5.该阶段收益可能由某个前面的阶段通过合适的决策推来（能转移或分治）
6.决策不影响其他事件，即满足最优子结构和无后效性
如何利用上述特征搭建动态规划（首先默认满足上述第6点）
- 明确状态（如背包问题的f[i][j]，f对应上述第1点，i对应2，j对应4）
- 代入决策描述（对应3,5），推导转移方程
提醒
DP是很灵活的算法，不要被做过的模板（比如阶段i非得由i-1转移，状态非得记录下阶段i和限制条件j等）束缚，搞清楚你的定义和转移方式的本质。
对我有价值的题选例：
决策只有两个：新来的人，加入队伍或自成一队。当状态确认时，把决策抽象代入就可，完全不要考虑到底怎么分，DP的优势正是忽略这些。
先做“最大正方形”才有思路。
但不管哪道题转移方式都很难想，更别提定义状态了。
对我而言是难题。
想到决策是什么（这辆车能上几个人），其他的也很好求了（无非就是车（状态）和人（体积））。不容易看出这类似一道背包题。
14.UVA11400 Lighting System Design
很有国外题的风格，不简单。
决策似乎显而易见（用或不用原装电池），但实现起来倍感困难（到底用谁的？）
正因如此转移方程才比较微妙：每次到下一步更新f[i]，相当于给以前的f[j]（j<i）一次可能2获得更优利益的决策的机会：你要不试试用我们（i）的电池？
最终版的转移方程更抽象：直接枚举k，表示i-k到i-1都尝试用我的电池。能推出这一步，就是真正理解了f[i]的本质意义（i及i以前的灯泡，最多用i及i以前的电池）
这道题可以用一维DP做，状态无需记录疲劳值。想到这点就是理解了疲劳值的本质（限制条件，让你跑i秒后必须休息i秒）
有些状态定义很直接很容易想，如果能看出题目所给条件的本质（划分了什么阶段？限制了什么内容？）就牛逼了。
类似的含蓄的题还有“打鼹鼠”
26.[USACO07FEB]牛的词汇The Cow Lexicon
本来不算复杂因为路子只有一条：（f[i]表示前i个字母要删的最少词汇），但初看就是有点无从下手。
抽象出决策，阶段等量是解DP的关键，怎样抽象最合理这个需要斟酌了（换句话说怎样定义状态最合理）。有时候直觉不是不可靠，但可能不太优美。
改编背包问题相当成功的题，都是考察对后效性的理解。解决方案都是推公式，很有数学难度。
这是两道几乎完全一样的题， 但因题面不同导致我们很难想到把他们放在一起比较。与“出租车拼车”一样是高度抽象的背包问题，有助于理解动规。
也都是输出方案（print函数）的例题
我觉得这个阶段的划分不算显然。。做题的敏感度不够吧
加深对状态的理解：记录下所有信息点，保证每个状态都是独一无二的
全文完
希望以后我能补充总结
下面仅做存储个人信息使用
judge note
铺地毯，倒序枚举。不一定要用直接方法，想想要求什么。
多项式输出，WA，漏了一个点没考虑。把问题和程序细分的意识，
机器翻译，队列
排座椅，结构体，调用排序。没完全看清弄懂题目漏了
时间复杂度，scanf("%d ",&l); getline(cin,o)。留空格
均分纸牌，有思路要动手试一下，可能有出现一些情况
动态规划纪元
特点
无后效性
最优子结构
找状态，和状态转移方程
金明的预算方案
一直卡在主件和附件那里，没有意识到附件数目非常少，无非就是把有和无两个状态变成，无，有，有1,2，12附件。
思维点：注意到主附件不可拆，一定是捆绑的。怎么捆绑？
（附件数目少可能是暗示）
或者问，这道题跟背包的区别在哪
在主附件，主附件的区别又在哪？
背包有n件物品，首先不能将主附件的搭配当成不同的物品
或许只能通过在状态转移方程里修改，然后才发现答案——这才是重点
环形石子合并
总是WA不知原因，于是暂时放弃，一段时间不编程
某天随意打开，突然就发现了与题解一个明显的差别，len——i——k的循环，i要开到2*n
可以说是小细节吧，也可以说理解不到位
最主要的是，当初一直死磕，都没悟到或找到本质。要避免
多米诺骨牌
变向的背包问题
因为不可能随便换的，所以一开始一定要全部推向极端（上面都比下面大）
开始解决问题了，体积=点数，价值=1
等等，因为一开始其实是乱序的，但是你默认上面比下面大了，怎么解决？
因为这跟翻转有关，翻转跟价值有关
其实不要想太多就按照操作一步步来，必须要翻转的先默认价值为1，如果后来要翻回去拿价值是0，相当于-1
尼克的任务
不可能以任务为状态，只能以时间。但是任务怎么搞？
原来要倒着来。而且尽管任务有开始时间和结束时间，真正只需要看开始时间。
抽象出真正有用的
相似基因
const int tab[5][5]=
{
{5,-1,-2,-1,-3},
{-1,5,-3,-2,-4},
{-2,-3,5,-2,-2},
{-1,-2,-2,5,-1},
{-3,-4,-2,-1,0}
};
int la，lb；string sa，sb
对于输入
7 AGTGATG
5 GTTAG
cin>>la>>sa>>lb>>sb;
发现可以自动忽略数和字符之间的空格
对于输出最大值，答案可能是负值，陷阱
对于初始化，不仅仅是1,0， 0,1， 0,0 ，考虑到ij二重循环，还要初始化i，0 等等，本质没用心去初始化
卡顿点
怎么定义状态？怎么转移？
首先，有两个字符串，必须有ij二维，自然就是f[i,j]为最大值，那要不要将长的先放在前面呢？先想出充分理由，如果没有就先别动
所以关键在于转移
看上去很难其实深入想一下很简单，画个图，就三种转移方式
传纸条
首先，两条路线，可以直接定义4维，没有问题
然后，1两张纸条对称性。2意思是两张纸同时传递的，所以每一次都是两张纸状态同步改变——重点
纸条不能重合，所以最后一刻状态就不是直接定位到终点（反正终点好感度为0），这个妙
肯定要优化，突破口在同步改变
注意：在原来的基础上修改状态后数组范围记得检查
分队问题
关于无后效性：注意当f【i】确定后，并不是说前i个已经捆绑在一起了，他仅仅表示如果数据只有前i个的话的最大值被存下来方便调用
对于这道题，只有和归到前面的队及自己带领成一队的选择。dp最重要的是不用关心具体怎么分
注意：虽然养成了检查数组的习惯，但这次取值范围数少了个0
低价购买
当初校内赛第一题乱搞的运气题
当初注意到了要将序列不同的删去，现在反而没注意到，这个是一个问题
首先错在，最后找到最大答案后要都一一统计最大答案的方案数
然后，答案（ans）可以在过程中记录，这样可以不用单独for循环
问题就只剩下如何去重了，一条式子就行
最长不下降子序列（LIS）
n方做法过
nlogn，改变状态：f[i]表示不下降序列长度为i，该序列的最后一个数是多少。
因为贪心：若两个序列长度一样，那么最后一个数较小的必然较优
这是完全转变思路，思路是初始化长度len=1，每次维护1到len的f值最小，以便每次按顺序有新的数(for i-1到n)出现时，都尽可能拓长len（当a[i]>f[len]即可）
维护的过程是二分的过程。
很妙，属于别人家的算法
最长公共子序列（LCS）（1到n的排列）
n方做法过
正解：离散化，变为LIS问题。
别人家的想法。
回文字串
原来是转换为LCS问题，考虑到回文字串本质上是找正串和反串的共同子串
最大正方形
一错：ans初始化为0，但是至少为1，本来判断ans=max(f[i][j])却因限制压根就没进入到判断
二错：代码非语法的其他打错了错误
创意吃鱼法
一直在想状态转移是什么
思维还是在如何抽象成正方形
其实，不要以为是曾经见过的某道题，就从这题直接思路就行。
肯定是斜边上的转移，约束条件是什么，怎样解决正方形其他地方不能有鱼，那就想，想不到就算，但最起码不要只往正方形角度靠拢
第一次WA，数组的意义从左到右从右到左当时自己都弄错了
第二次WA，这次不同了，ans不是最起码为1了，抄了上一题模板然而没改
第三次WA，转移方程整个都错了，还是套用上一题的，背离了本质。而且，第二次WA的错误说要改结果忘了
关键是，f[i][j]对于f[i-1][j-1]的，不是简单地继承不继承，这是个考虑不全的坑（用暴力的尤其注意）
prince and princess
LCS的一个变通，对于长度不同的两个序列，仍然可以离散化，然后求两者长度较短的序列的LIS（因为若有的数只有长的有，显然不可能是公共序列）
木棍加工
对于有两个关键字的，只需要对其中一个关键字排序，就变成了普通的单变量序列问题LIS
跨河
memset(a,0x3f,sizeof(a))
sum=0x3f3f3f3f表示无穷大，且该sum加上某个数不会溢出
我的方法，定义f[i][j]表示已经运了i头牛，并且最后一次运的船上有j头牛。这是我蒙出来的定义，但事实上这个j的意义看上去很迷但刚刚合适
因为开始考虑新的一头牛，要么就上原来的船，要么就为他另开一条船，而对于新开的状态是建立在搞定了前i-1头牛的基础上，那么我只需要用min值记录前i-1头牛的最小费用就行
我们考虑下题解的方法，我定义的二维的这个j真的需要吗
我是一头一头牛这样加，然后每头牛都单独考虑。那能不能爽快一点，直接用j表示床上的牛的数量
如果这样定义，好像就是一维了，但我的思路的话必须要二维
背包问题
出租车拼车
前面定义了变量k，而后面又用它来循环，重复定义不报错的
要注意状态是从上一辆车转移到下一辆车，而不是人数。因为人数是不分层次的，很明显是宰割品（背包的重量），认识到这一点，会发现这就是背包
f[i][j]，首先i是第i辆车，j是剩余人数，意思是过了第i辆车后还剩下j人，此时的积累的总费用。
为什么j要这样定义？因为我需要求总等待时间，也就是需要当前人数（思考题目每一个条件如何覆盖或转换）
首先，还没上车的人要么不上车，此时积累上一辆车的费用加上这段等待时间
要么上车，那么f[i][j]则由f[i-1][j+z[i]]转移而来
然后就是初始化问题，不要认为f[0][1]是还没出发所以费用为0，因为初状态只有一个就是f[0][n]，其余都是不合法的，状态不能从不合法的地方转移
如果该车能上那么有车位就尽量上，但当只剩一个人时有两个车位也是要上的，尾端的特殊情况要想到
这里有滚动数组，类似01背包的压缩成一维
这题让我对DP理解加深了一层
摆花
初始化要设为第一种花的所有可能的方案数为1，然后累加，想到了
f[i][j]表示到了第i盘花时还有j的空间（用上一题的思路，i表示过了这个花的讨论就下一个了），然后第三个循环k，表示该种花放多少盆
最佳课题选择
乘方pow(a,b)
cmath自带的max函数只能用于int
#define min(a,b) a<b?a:b
前面都是背包问题
能量项链
卡在很别扭
要新建一个头和尾，这样就好看些，然后列举一下样例才能解决。
for (int i=1;i<=n*2-len;i++)//start wrong,i这里不能只到n
(i,k)表示合并后的子串左端为a[i]，右端为b[k]，(k+1,j)同理。 因此当合并时，等于左区间左端乘左区间右端乘右区间右端
for (int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,f[i][i+n-1]);/// 这里i<=n漏了等号
总结：模拟化降低抽象思维难度
分治问题
POGO的牛Pogo-Cow
n立方的做法
怎么定义状态？因为我必须要知道该次跳跃的距离和上次跳跃的距离（比较），我可以记f[i][j]为最后一次跳跃为i到j一次跳跃的最值。
这次如果i表示已经来到了第i个平台会怎样？不行，因为虽然都是到达这个平台，但是路径不一样导致上次跳跃的距离不一样
又不可能把跳跃的距离存起来，那就存跳跃的两个端点了（表示状态）
转移方程很好推
然后我尝试单调队列优化
for i,for j,for k，我发现对于每个固定的i，只是更改终点j，那k的结果是可以一直重复用的，就想把f[k][i]做成单调队列
对queue操作搞了很久，最后调出来后发现我无法把队列pop掉，因为——
写到这里突然发现是可以的，因为i增加，j最远到n，那么i到n有变近的趋势，如果i到n（最远）都有对应的f[k][i]不符合，以后他也不会符合，就可以pop；但i到n-1不符合就不能pop了
但是这样仍然要两个for一个while，然后我突然意识到自己的路走得太远了，赶紧回头看了看题解
然后意识到了什么是真正的单调队列：两个for，另一个k++或--，在第二个for结束后，k++也到头了
<--k i j-->
这是正解，固定i不动（i放到第一层for循环)，j与i距离逐渐变大，但是当j不是很远时，k也不能够离i太远，而是随着j变大逐渐解锁更远的地方，两者相互制约
一开始k从i出发，尽量往后走直到受到j的约束停了下来；当j一往后走，k也会从原先停下来的位置尽量往后走。
k--> i j-->
这是我的方法，由于当i和j拉近时（for i到n，j每次最远也到n），k也不能离i太久，也要被动向右走，
问题出在，尽管若j=n时不符合k可以pop了，但是对于k+1，仍然不能武断他是否符合（也就是在j等于哪里时才不符合）
确实是把k做成单调队列了，但pop的代价是一次j的for循环。
照明系统设计
必须电压从小到大排序
从大到小的话就是贪心，但从小到大，每次遇到一个新电源，这个必须买，但之前买过电源的可以选择不买找更优的；
即使这个新电源以后不会去买，因为下一个新电源的灯泡价格更低，那么下一个新电源出现时一定会统统搜一遍，这时就考虑了不买之前电源的情况
奶牛零食
常规题
定义状态，i记录多少天。但是今天和昨天真的无后效性吗？有的，你不知道昨天怎么拿零食，所以不知道今天怎么下手（从哪里转移）。
又考虑到状态只有两种，从左边拿和从右边拿，我们需要引入一个j来复原昨天的状态。那就是j表示从左边拿的次数了，这样右边也就能推出来
跳房子
没想到金币的效果是单调的，可以用二分。
动归也想出来了。
没想到还能用单调队列优化。
算大题吧，也卡了比较久，好多细节和启示
define inf (1<<30),这样可以直接用-inf
什么时候要longlong注意，单个数据不超累加起来就超
freopen("D:\\in.txt","r",stdin);
搞队列有关的操作（while）时，h<t的条件必须时时刻刻写上
最后一个问题，判断时小于等于漏了等于号，导致有些结果差一点然后WA。注意
最难一个问题，考虑点1，点2，点3之间距离为3,3.机器人最大跳跃距离为5正负1，
那么当j等于2时now停在了1，但当j变成3时now就可以加一，哪怕他现在反而超过了最远距离，但是也要now++啊，不然下面都走不了了，而这个不符合条件会在下面有专门语句解除
这个现在我的解释可能有点含糊，但这是我调了最久的地方，详见代码
乌龟棋
一开始方程给了一个状态i记录到第几格，然后一共四维，剩下一个指令的信息可以推出来。
但完全可以变形一下，因为知道任意四个就能推出第五个，那么直接推出步数就可以了，这样不会TLE。当时我没有这种意识
因为固化了一个正确的想法，很难变通到一个更好的怎么破？
很惨痛的一次教训
WA，因为N《=350，其他《=40，然后maxn就只开了50，然后爆数组了，但完全不报错，只是W，调了一个小时
递推问题
跑步
写转移方程时用最直观的写法就行了，比如对于疲劳值不为0时要休息，则只能休息到疲劳值为0，f[i+j][0]=max(f[i][j],f[i+j][0])。
刷表法
还有一种一维写法，因为某个点到某个点必然是跑了i时间又休息了i时间。挺妙
递推问题
挤奶的时间
和尼克的任务一起写了个博客
坑：一longlong，二a[0]结束时间要设-100,
一开始交了尼克的任务的思路，结果最后检查题目没有坑啊于是提交上去忘了开数组结果有的WA了，以为思路有问题，其实没问题。
递推问题
书本整理
一开始找定义时发现了f[i][j]剔除书时不能剔除刚刚加入的第i本书
后来发现有可能一连串若干本书都剔除掉了，而不是一本到一本的转移
都机智的发现了这些问题，当然就是反应有点慢，那就慢慢练吧
递推
积木城堡
是否有的01背包问题（装箱问题），f[j]=max(f[j],f[j-a[len][i]]，可以把有和没有理解成价值。我开始时漏了这个max
音量调节
符号打错，样例刚好过
递推
机器分配
关于输出最佳分案，两种方法
1f[i][j][i]=k表示前i个公司前j台机器分掉了后，第i个公司分了多少机器，每次转移时，将第1到i-1个公司分别有多少机器从以前状态拷贝过来
2f[i][j]=k直接就好了，每次调用f[i-1][j-k]
花店橱窗布置
注意有负数的都要先检查是否要初始化-inf
循序渐进，确保这一步没有疑问再下一步。这个必须练习！！！
然后找了好久找不到从机器分配改过来的代码的错误
后来意识到，f[i][j]表示前i朵花前j个花瓶，与上一题共同点是一串连续的花瓶属于一朵花，但不同的是最后一朵花插了后后面的花瓶没用了
所以答案应该是f[n][i]而不是f[n][m]
当然还有一种写法，f[i][j]定义不变，每次选择取和不取，这种更优只用两个for循环。为什么？
这种写法我一开始初始化想的太简单，后来仔细分析才正确了初始化。
但是看别人为什么人家初始化跟我不一样都能过？
人家for(int i=1;i<=m;i++)f[i][0]=-inf;
因为我们初始化不从0开始就是为了防止从f[i][0]=0转移过来的情况，人家的初始化就是从本质入手，看来以后要慎重写代码。
题解怎么print？
这些题的print艺术感不错，可以总结总结。
教主的花园
对于树高树低， 因为只有三种树，可以一一枚举所有合法的（121,231,131等等）
但对于这些条件，完全有可能有更优的定义，如定义[0]表示树低，[1]表示树高
烹调方案
问题在于对于f[i][j]（二维背包），设前i个物品里有物品i和j，对于i，j先枚举哪个是有讲究的（蛋糕在融化且融化效率不同）
题解是对于每一个i，j都比较然后排序，因为阻碍的本质是无法确定f[i][j]里面物品的顺序，这里顺序影响答案。
要么就开多一维存状态，但这里最优顺序是可以式子化简比较出来的，所以直接排序即可
有意思的是，排序的本质是两个东西基于比较的排序，而不只是单纯的比大小
经营与开发
与上题一样有后效性，秦九韶算法拆开，倒着枚举就好
道路游戏
大概转移方程大概能推出来，当时用的是f[i][j]表示i时刻过了j道路。
问题1：解决前缀和问题，需要找原点，用点数学烧电脑其实还好。
昨天晚上写的大概，然后不想调了，今天早上一看发现之前很多细节都是错的，看来真的要一个字一个字的抠意思看
测试样例时突然发现因为每次重新买机器人都要指定地点，原来第二维的j没用
事实证明最后大概也能过了，就是代码有点不优美，导致调试和检查时需要花更多时间，这点怎么该？？？
DP[i][j]=DP[i-1][j]+DP[i][j-1]-DP[i-1][j-1]+map[i][j]二维前缀和
满分要二维单调队列优化，觉得太麻烦了不写了。
47 41 27 50
字串距离
scanf("%s%s",a+1,b+1);
int m=strlen(a+1),n=strlen(b+1);
前面+1后面也要+1
牛的词汇
f[i]表示第i位之后的最少删减数，然后推转移，暴力枚举就行了。怎么想到的？
牛交通
对于一条边a-b（a<b）
我们计算出来所有的入度为0的点到a的方案，在计算n点到b的方案
两者相乘，岂不是所有入度为0 的点到n且经过这条边的方案
原来题目是求边，f[i]只是记录点的
然后dfs意义搞错了，dfs（n）是终点为n的dfs，只是因为回溯才反过来了，对于a<b,入度为0的点到a的方案是通过dfs（n）来求的
看球泡妹子
数组开太大了，结果memset效率很低
一开始的思路有点乱来，想着可以什么读入合并到一起，还没有推导好公式就顺着感觉码代码，当然错了