DP问题各种模型的状态转移方程

1(最长公共子串(注意和最长公共子序列区别)）
两个字符串str1和str2,长度分别为（l1,l2)
dp[i][j]表示以两个字符串分别以第i和第j个字符结尾所能达到的公共子序列的长度，由于下面涉及到i-1和j-1，那么这个时候我们一般从i=1和j=1开始到i<=len1,
j<=len2。
if(str[i-1]=str[j-1])
dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;
if(str[i-1]!=str[j-1])
dp[i][j]=0;

0 ; i = 0或j= 0;
就有 dp = dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1; i > 0且j> 0
且ch1[i-1]= ch2[j-1];
dp[i][j]= 0; i > 0且j> 0
且ch1[i-1]!= ch2[j-1];

注意dp[i][0]=0(0<=i<=max(l1,l2);dp[0][i]=0(0<=i<=max(l1,l2);

最长公共字串要求在原来字符中满足是连续的，最长公共子序列则不要求

最长公共子序列：

根据最长公共子序列问题的性质，我们可以规定dp[i][j]为字符串1的前i个字符和字符串2的前j个字符的最长公共子序列的长度, 由于下面涉及到i-1和j-1，那么这个时候我们一般从i=1和j=1开始到i<=len1,
j<=len2。
1ch1[i-1] = ch2[j-1] ,那么dp[i][j]= dp[i-1][j-1] + 1;
2 ch1[i-1] != ch2[j-1] ,那么我们知道ch1[i]和ch2[j]不可能在同一个公共子序列里出现，那么这个时候的最长的子序列可能以ch1[i]或ch2[j]结尾，那么由于dp[i][j]=
max {dp[i-1][j] , dp[i][j-1]};

这个时候所有i=0或j=0的dp[i][j]= 0；
0 ; i = 0或j= 0;
就有 dp = dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1; i > 0且j> 0
且ch1[i-1]= ch2[j-1];
dp[i][j]= max {dp[i-1][j] , dp[i][j-1]};i > 0且j> 0且ch1[i-1]!= ch2[j-1];

2(最长上升或下降子序列)
给定一个序列a1,a2..........an;
dp[i]表示以ai结尾的最长上升子序列长度(下降相反）
核心代码：
for（i=1；i<=n;i++){
dp[i]=1;
for（k=1;k<i;k++){
if(ak<ai&&dp[i]<dp[k]+1)
dp[i]=dp[k]+1;
}
}
注意最长不上升或不下降子序列问题

3(最大子序列的和问题)
给定一个序列a1,a2..........an;
求子序列的和最大问题dp[i]表示以ai结尾的子序列和,max为最大子序列和
核心：
1如果输入的数据全部为负数则最大值就是序列中的一个最大值
2如果有正数
for（i=1;i<=n;i++){
dp[i]=dp[i-1]+ai;
if(dp[i]<0)
dp[i]=0;
if(max<dp[i])
max=dp[i];

}

4（数塔问题）
给定一个数组s
[m]构成一个数塔求从最上面走到最低端经过的路径和最大
我么采用至底向上的思路求解问题（注意从倒数第二行开始）
dp[i][j]表示走到第i行第j个的最大值
那么就有dp[i][j]=max{dp[i-1][j-1],dp[i-1][j]}+s[i][j];
for(i=n-1;i>=1;i--){
for(j=1;j<=i;j++){
dp[i][j]=max{dp[i-1][j-1],dp[i-1][j]}+s[i][j]
}
}
最后dp[1][1]即为最大值

5（01背包问题）
有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的体积是v[i]，价值是c[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
我们知道对于没一件物品我们有两种可能就是放与不放
dp[i][j]表示第i件物品放入容量为j的背包所得的最大价值
dp[i][j]=max{dp[i-1][j-v[i]]+c[i],dp[i-1][j]};
这里我们从j=V倒推回来的话可以优化成
dp[j]=max{dp[j],dp[j-v[i]]+c[i]};
核心代码：
for（i=1;i<=n;i++）{
for(j=V;j>=0;j--){
if(j>=v[i])
dp[j]=max{dp[j],dp[j-v[i]]+c[i]};
}
}
dp[v]即为最大的价值

6(完全背包问题）
有N种物品和一个容量为V的背包，每种物品都有无限件可用。第i种物品的体积是v[i]，价值是ｃ[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。

这时候对于没见物品就不是放与不放的问题了，而是放0件1件.......
这时候我们可以像01背包一样
dp[i][j]表示容量为ｊ的背包第i件物品是否要再一次放入所以我们要从0-Ｖ顺序循环
dp[i][j]=max{dp[i-1][j-v[i]]+c[i],dp[i-1][j]}(注意这里和01背包一样但是求解的过程不同）
优化后：dp[j]=max{dp[j],dp[j-v[i]]+c[i]};
核心代码：
for（i=1;i<=n;i++）{
for(j=v[i];j<=v;j++){//注意这里是从v[i]开始到Ｖ
if(j>=v[i])
dp[j]=max{dp[j],dp[j-v[i]]+c[i]};
}
}
注意这列求出的dp[v]是最大的因为一直叠加

7(多重背包问题)
有N种物品和一个容量为V的背包。第i种物品最多有n[i]件可用，每件费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。

因为对于第i种物品有n[i]+1种策略：取0件，取1件……取n[i]件。
重点：令dp[i][j]表示前i种物品恰放入一个容量为j的背包的最大价值
状态转移方程：dp[i][j]=max{dp[i-1][v-k*v[i]]+k*c[i]|0<=k<=n[i]};(k表示第i种物品放入ｋ件);
核心代码：
for(i=1;i<=n;i++){
for(j=v;j>=0;j--){
for(k=1;k<=n[i];k++){
if(j>=k*v[i])
dp[i][j]=max(dp[i-1][v-k*v[i]]+k*c[i])

}
}

8: (二维费用的背包问题）
二维费用的背包问题是指：对于每件物品，具有两种不同的费用；选择这件物品必须同时付出这两种代价；对于每种代价都有一个可付出的最大值（背包容量）。问怎样选择物品可以得到最大的价值。设这两种代价分别为代价1和代价2，第i件物品所需的两种代价分别为a[i]和b[i]。两种代价可付出的最大值（两种背包容量）分别为V和U。物品的价值为w[i]；
费用加了一维，只需状态也加一维即可。设f[i][v][u]表示前i件物品付出两种代价分别为v和u时可获得的最大价值。
状态转移方程就是：
f[i][v][u]=max{f[i-1][v][u],f[i-1][v-a[i]][u-b[i]]+w[i]}

9(最大子段和问题(最大子序列的和不同）)
给定一个序列为a1,a2,a3......an;
要求：求出这个序列里面找到一个子段和最大
dp[i]表示以第i个元素结束，求出所有的“以第i个元素结束的连续数组最大和dp[i]
就有：
1如果dp[i-1]>0,无论ai为何值，有dp[i]=dp[i-1]+ai;
2如果dp[i-1]<=0;舍弃，重新令dp[i]=ai;(因为dp[i-1]为负数无论ai为什么值加上去都会减少)
状态转移方程：dp[i]=dp[i-1]+ai (dp[i-1]>0)
dp[i]=ai(dp[i-1]<=0)

12(最大m子段和)
在限制条件增加一维时,可以将状态也相应的增加一维,来进行状态转移
以dp[i][j]表示以第i个元素为结尾,使用j个子段所能达到的最大值(这一维的状态,正是对应了新的限制条件!)这样就很容易写出
状态转移方程:
dp[i][j]= max{ dp[i - 1][j] + a[i], dp[i - k][j - 1] + a[i]}( j - 1 <= k <n - m + j).
1 dp[i - 1][j] + a[i] (把第i个元素包含在最后一个子段内)
2 dp[i - k][j - 1] + a[i], j - 1 <= k < n - m + j(第i个元素单独为一子串)

13矩阵连乘
问题描述： 给定一序列的矩阵要求找到一种矩阵连乘的顺序，使得连乘的次数最少
思路： 建立递推表达式，利用动态规划的方式(m[i][j]表示第i个矩阵至第j个矩阵这段的最优解,还有对于两个矩阵M(i,j)*S(j,k)则需要i*j*k次乘法)
1显然如果i=j，则m[i][j]这段中就一个矩阵，需要计算的次数为0；
2如果i < j，则m[i][j]=min{m[i][k]+m[k+1][j]+p[i-1]*p[k]*p[j]},其中k,在i与j之间游荡，所以i<=k<j;
3因为你要保证在计算m[i][j]查找m[i][k]和m[k+1][j]的时候，m[i][k]和m[k+1][j]已经计算出来了
所以有动态转移方程：
m[i][j]={ 0 , i=j};
m[i][j]={min{m[i][k]+m[k+1][j]+p[i-1]*p[k]*p[j]} , i!=j};
m[1]
即为最终求解

白书上面写道：记忆华搜索固然没有问题，但如果要写成递推，无论按照i还是j的递增或递减均不争确。正确的方法是按照j-i递增的顺序递推，因为长区间的值依赖于短区间的值
模板：
int dp[MAXN][MAXN];//存储最小的就算次数

int s[MAXN][MAXN];//存储断点，用在输出上面
核心代码：
int i , j ,tmp；
for(l= 2 ; l <= n ; l++){//j-i的长度,由于长度为1是相同的矩阵那么为0不用计算

for(i = 1 ; i <= n-l+1 ; i++){//由于j-i =l - 1 , 那么j的最大值为n，所以i上限为 n - l+1;

j = i+l-1;//由于j-i = l - 1 , 那么j = l+i-1

dp[i][j] = dp[i+1][j] + r[i]*c[i]*c[j];//初始化，就是k = i；

s[i][j] = i;

for(k = i+1 ; k < j ; k++){//循环枚举k i < k < j

tmp = dp[i][k] + dp[k+1][j] + r[i]*c[k]*c[j];

if(dp[i][j] > tmp){

dp[i][j] = tmp;//更新为最小值

s[i][j] = k;

}

}

}

}

输出：
//递归调用输出

void output(int i , int j){

if(i == j){

printf("A%d" , i);//当两个相等的时候就不用继续递归就输出A

return;//返回上一层

}
else{

printf("(");

output(i , s[i][j]);

printf(" x ");

output(s[i][j]+1 , j);

printf(")");

}

}

14区间DP
区间动态规划问题一般都是考虑，对于每段区间，他们的最优值都是由几段更小区间的最优值得到，是分治思想的一种应用，将一个区间问题不断划分为更小的区间直至一个元素组成的区间，枚举他们的组合，求合并后的最优值。

1 设F[i,j]（1<=i<=j<=n）表示区间[i,j]内的数字相加的最小代价

2 最小区间F[i,i]=0（一个数字无法合并，∴代价为0）
3 每次用变量k（i<=k<=j-1）将区间分为[i,k]和[k+1,j]两段

4《区间DP模板，代码》

for(int p = 1 ; p <= n ; p++){//p是区间的长度，作为阶段

for(int i = 1 ; i <= n-p ; i++){//i是穷举区间的起点

int j = i+p;//j为区间的终点

for(int k = i+1 ; k < j ; k++)//状态转移

dp[i][j] = min{dp[i][k]+dp[k+1][j]+w[i][j]};//这个是看具体的状态转移方程
或 dp[i][j] = max{dp[i][k]+dp[k+1][j]+w[i][j]};//求最大
或 dp[i][j] = min{dp[i][k]+dp[k][j]+w[i][j]}//有的是要从k开始不是k+1
}

}