1.最長共通部分列
1.トピック：
2.解決策：解決策：
s1のi番目の文字がs2のj番目の文字と同じである場合、dp [i] [j] = dp [i-1] [j-1] +1、異なる場合、それはmaxに等しい（dp [i-1] [j]、dp [i] [j-1]）
3. ACコード：
#include<stdio.h>
#include<bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<stdlib.h>
//long long int dp2[400000],dp1[400000],a[400000];
using namespace std;
int main(){
char s1[200],s2[200];
int i,j;
int n1,n2;
int dp[200][200];
while(~scanf("%s%s",s1+1,s2+1)){
n1=strlen(s1+1);
n2=strlen(s2+1);
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(i=1;i<=n1;i++){
for(j=1;j<=n2;j++){
if(s1[i]==s2[j]){
dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;
}else{
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
}
}
}
cout<<dp[n1][n2]<<endl;
}
}
2.最大の部分行列
1.トピック：
2.解決策：解決策：
参考文献1を参照
3. ACコード：
参考文献1と比較して、この部分のみが変更されています。
if(sum>0)
sum+=b[k];
else
sum=b[k];//可能矩阵全负
//sum=max(b[k],sum+b[k])
元の：
sum+=b[k];
if(sum<0)
sum=b[k];//可能矩阵全负
元の状況がどうなるかわかりません。アドバイスを求めてください
#include<stdio.h>
#include<bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<stdlib.h>
//long long int dp2[400000],dp1[400000],a[400000];
using namespace std;
typedef long long ll;
int main(){
int n;
int a[105][105];
int i,j,k;
int b[105];
while(cin>>n){
for(i=1;i<=n;i++){
for(j=1;j<=n;j++){
cin>>a[i][j];
}
}
int maxn=-9999999;
for(i=1;i<=n;i++){
memset(b,0,sizeof(b));//每次开始行变化时都需要初始化b，b表示的是从i行到j行的最大子矩阵。
for(j=i;j<=n;j++){
int sum=0;
for(k=1;k<=n;k++){
b[k]+=a[j][k];
if(sum>0)
sum+=b[k];
else
sum=b[k];//可能矩阵全负
if(sum>maxn)
maxn=sum;
}
}
}
cout<<maxn<<endl;
}
}
//101010101000000111111
最も一般的な方法であるO（n ^ 4）もあります。詳細については、
この記事を参照してください。
三。スプリットアップル
1.トピック：
2.解決策：解決策：
1.再帰：
f（m、n）をm個のリンゴとn個のプレートを配置する方法の数とし、最初に
nについて説明します。n> mの場合：常に空のnm個のプレートが必要です。それらを削除しても、リンゴの数には影響しません。インパクト。つまり、if（n> m）f（m、n）= f（m、m）
when n <= m：異なる配置方法は2つのカテゴリに分類できます：
1。少なくとも1つのプレートが空であり、これは次のようになります。 f（m、n）= f（m、n-1）;
2.すべてのプレートにリンゴがあります。これは、異なる配置方法の数に影響を与えることなく、各プレートから1つのリンゴを取り除くことに相当します。つまり、f（m 、n）= f（mn、n）。
そして、リンゴを置く方法の総数は、2つの合計に等しくなります。つまり、f（m、n）= f（m、n-1）+ f（ mn、n）
再帰的終了条件の説明：
n = 1の場合、すべてのリンゴをプレートに配置する必要があるため、1を返します。配置する
リンゴがない場合は、配置の1つの方法として定義されます
。2つの再帰的パス、最初のnは徐々に減少し、最終的に出口n = 1に到達します
。2番目のmは徐々に減少します。これは、n> mの場合、f（m、m）を返すため、最終的に出口m = 0に到達するためです。
2.dp：
新しい動的計画法テーブルdpを作成します。dp [i] [j]は、j個のリンゴをiプレートに配置する方法の数を表します。
次に、i> jの場合、dp [i] [j] = dp [i-（i-j）] [j] = dp [j] [j]
i <= jの場合、dp [i] [j] = dp [i -1] [j] + dp [i] [ji];
最後に、dp [n] [m]が必要です。
3. ACコード：
#include<stdio.h>
#include<bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<stdlib.h>
//long long int dp2[400000],dp1[400000],a[400000];
using namespace std;
typedef long long ll;
int dg(int n,int m){
if(n==0||m==1)
return 1;
if(n<m)
return dg(n,n);
return dg(n-m,m)+dg(n,m-1);
}
int main(){
int n,m,t,c;
while(cin>>t){
while(t--){
cin>>n>>m;
c=dg(n,m);
cout<<c<<endl;
}
}
}