什么是动态规划?
动态规划(Dynamic Programming，所以我们简称动态规划为DP)是运筹学的一个分支，是求解决策过程(decision process)最优化的数学方法。20世纪50年代初美国数学家R.E.Bellman等人在研究多阶段决策过程(multistep decision process)的优化问题时，提出了著名的最优化原理(principle of optimality)，把多阶段过程转化为一系列单阶段问题，利用各阶段之间的关系，逐个求解，创立了解决这类过程优化问题的新方法——动态规划。1957年出版了他的名著《Dynamic Programming》，这是该领域的第一本著作。
动态规划算法通常基于一个递推公式及一个或多个初始状态。当前子问题的解将由上一次子问题的解推出。使用动态规划来解题只需要多项式时间复杂度，因此它比回溯法、暴力法等要快许多。
说了这么多术语，想必大家都很头疼，现在让我们通过一个例子来了解一下DP的基本原理。
首先，我们要找到某个状态的最优解，然后在它的帮助下，找到下一个状态的最优解。这句话暂时理解不了没关系，请看下面的例子:
如果我们有面值为1元、3元和5元的硬币若干枚，如何用最少的硬币凑够11元？
我们凭直观感觉告诉自己，先选面值最大，因此最多选2枚5元的硬币，现在是10元了，还差一元，接下来我们挑选第二大的3元硬币，发现不行（10+3=13超了），因此我们继续选第三大的硬币也就是1元硬币，选一个就可以（10+1=11），所以总共用了3枚硬币凑够了11元。这就是贪心法，每次选最大的。但是我们将面值改为2元，3元和5元的硬币，再用贪心法就不行了。为什么呢？按照贪心思路，我们同样先取2枚最大5元硬币，现在10元了，还差一元，接下来选第二大的，发现不行，再选第三大的，还是不行，这时用贪心方法永远凑不出11元，但是你仔细看看，其实我们可以凑出11元的，2枚3元硬币和1枚五元硬币就行了，这是人经过思考判断出来了的，但是怎么让计算机算出来呢？这就要用动态规划的思想：
首先我们思考一个问题，如何用最少的硬币凑够i元(i<11)？为什么要这么问呢？两个原因：1.当我们遇到一个大问题时，总是习惯把问题的规模变小，这样便于分析讨论。 2.这个规模变小后的问题和原来的问题是同质的，除了规模变小，其它的都是一样的，本质上它还是同一个问题(规模变小后的问题其实是原问题的子问题)。
好了，让我们从最小的i开始吧。当i=0，即我们需要多少个硬币来凑够0元。由于1，3，5都大于0，即没有比0小的币值，因此凑够0元我们最少需要0个硬币。 (这个分析很傻是不是？别着急，这个思路有利于我们理清动态规划究竟在做些什么。) 这时候我们发现用一个标记来表示这句“凑够0元我们最少需要0个硬币。”会比较方便，如果一直用纯文字来表述，不出一会儿你就会觉得很绕了。那么，我们用d(i)=j来表示凑够i元最少需要j个硬币。于是我们已经得到了d(0)=0，表示凑够0元最小需要0个硬币。当i=1时，只有面值为1元的硬币可用，因此我们拿起一个面值为1的硬币，接下来只需要凑够0元即可，而这个是已经知道答案的，即d(0)=0。所以，d(1)=d(1-1)+1=d(0)+1=0+1=1。当i=2时，仍然只有面值为1的硬币可用，于是我拿起一个面值为1的硬币，接下来我只需要再凑够2-1=1元即可(记得要用最小的硬币数量)，而这个答案也已经知道了。所以d(2)=d(2-1)+1=d(1)+1=1+1=2。一直到这里，你都可能会觉得，好无聊，感觉像做小学生的题目似的。因为我们一直都只能操作面值为1的硬币！耐心点，让我们看看i=3时的情况。当i=3时，我们能用的硬币就有两种了：1元的和3元的( 5元的仍然没用，因为你需要凑的数目是3元！5元太多了亲)。既然能用的硬币有两种，我就有两种方案。如果我拿了一个1元的硬币，我的目标就变为了：凑够3-1=2元需要的最少硬币数量。即d(3)=d(3-1)+1=d(2)+1=2+1=3。这个方案说的是，我拿3个1元的硬币；第二种方案是我拿起一个3元的硬币，我的目标就变成：凑够3-3=0元需要的最少硬币数量。即d(3)=d(3-3)+1=d(0)+1=0+1=1. 这个方案说的是，我拿1个3元的硬币。好了，这两种方案哪种更优呢？记得我们可是要用最少的硬币数量来凑够3元的。所以，选择d(3)=1，怎么来的呢？具体是这样得到的：d(3)=min{d(3-1)+1, d(3-3)+1}。
OK，码了这么多字讲具体的东西，让我们来点抽象的。从以上的文字中，我们要抽出动态规划里非常重要的两个概念：状态和状态转移方程。
上文中d(i)表示凑够i元需要的最少硬币数量，我们将它定义为该问题的"状态"，这个状态是怎么找出来的呢？根据子问题定义状态。你找到子问题，状态也就浮出水面了。最终我们要求解的问题，可以用这个状态来表示：d(11)，即凑够11元最少需要多少个硬币。那状态转移方程是什么呢？既然我们用d(i)表示状态，那么状态转移方程自然包含d(i)，上文中包含状态d(i)的方程是：d(3)=min{d(3-1)+1, d(3-3)+1}。没错，它就是状态转移方程，描述状态之间是如何转移的。当然，我们要对它抽象一下，
d(i)=min{ d(i-vj)+1 }，其中i-vj >=0，vj表示第j个硬币的面值;
有了状态和状态转移方程，这个问题基本上也就解决了。当然了，Talk is cheap,show me the code!
- int main()
- {
- int a[3] = {1,3,5},sum = 11,cent = 0,dp[12];
- dp[0] = 0;
- for(int i = 1; i <= sum; i++) dp[i] = i;//我们假设存在1元的硬币那么i元最多只需要i枚1元硬币，当然最好设置dp[i]等于无穷大
- for(int i = 1; i <= sum; i++){
- for(int j = 0; j < 3; j++){
- if(i >= a[j] && dp[i - a[j]] + 1 < dp[i]){
- dp[i] = dp[i- a[j] ] + 1;
- }
- }
- }
- cout<<dp[sum]<<endl;
- return 0;
- }
下图是当i从0到11时的解：
从上图可以得出，要凑够11元至少需要3枚硬币。
此外，通过追踪我们是如何从前一个状态值得到当前状态值的，可以找到每一次我们用的是什么面值的硬币。比如，从上面的图我们可以看出，最终结果d(11)=d(10)+1(面值为1)，而d(10)=d(5)+1(面值为5)，最后d(5)=d(0)+1 (面值为5)。所以我们凑够11元最少需要的3枚硬币是：1元、5元、5元。
通过硬币问题我们初识DP的原理，其实可以说贪心问题是DP问题的特例，现在我们通过几道题目加深对DP问题的理解
数塔问题是动态规划经典的题目，下面来初步讲解下
将一个由N行数字组成的三角形，如图所以，设计一个算法，计算出三角形的由顶至底的一条路径，使该路径经过的数字总和最大。
学弟学妹们你们之前学过DFS和BFS，第一眼看过去这题应该用DFS解决，没错，DFS也可以，但是我们观察下n行总共有(1 + 2 + 3 + 4+...+n) = （1+n）*n/2个节点，在递归求解的过程中很多节点被重复访问了，这就导致时间大大增加，必然超时
比如用递归的话，18这个节点被访问了两次
但是如果用DP的话这个节点可以只访问一次
好了，现在我们用DP解决这道问题
将上图转化一下：
假设上图用map[][]数组保存。
令f[i][j]表示从顶点(1, 1)到顶点(i, j)的最大值。
则可以得到状态转移方程：
f[i][j] = max(f[i+1][j], f[i+1][j+1]) + map[i][j]
此题既适合自顶而下的方法做，也适合自底而上的方法，
当用自顶而下的方法做时，最后要在在最后一列数中找出最大值，
而用自底而上的方法做时，f[1][1]即为最大值。
所以我们将图2根据状态转移方程可以得到图3：
最大值是30.
代码如下:
- 1 #include <cstdio>
- 2. #include <iostream>
- 3. #include <algorithm>
- 4. #include <cstring>
- 5. using namespace std;
- 6. int a[2000][2000];
- 7. int main()
- 8. {
- 9. int t,n,i,j;
- 10. while(~scanf("%d",&n))
- 11. {
- 12. for(i=0; i<n; i++)
- 13. for(j=0; j<=i; j++)
- 14. scanf("%d",&a[i][j]);
- 15. for(i=n-1; i>0; i--)
- 16. for(j=0; j<i; j++)
- 17. a[i-1][j]+=max(a[i][j],a[i][j+1]);
- 18. printf("%d ",a[0][0]);
- 19. }
- 20. return 0;
- 21. }
上面讨论了两个非常简单的例子。现在让我们来看看对于更复杂的问题，如何找到状态之间的转移方式(即找到状态转移方程)。为此我们要引入一个新词叫递推关系来将状态联系起来(说的还是状态转移方程)
OK，上例子，看看它是如何工作的。
一个序列有N个数：A[1],A[2],…,A[N]，求出最长非降子序列的长度。 (讲DP基本都会讲到的一个问题LIS：longest increasing subsequence)
正如上面我们讲的，面对这样一个问题，我们首先要定义一个“状态”来代表它的子问题，并且找到它的解。注意，大部分情况下，某个状态只与它前面出现的状态有关，而独立于后面的状态。
让我们沿用“入门”一节里那道简单题的思路来一步步找到“状态”和“状态转移方程”。假如我们考虑求A[1],A[2],…,A[i]的最长非降子序列的长度，其中i<N，那么上面的问题变成了原问题的一个子问题(问题规模变小了，你可以让i=1,2,3等来分析) 然后我们定义d(i)，表示前i个数中以A[i]结尾的最长非降子序列的长度。OK，对照“入门”中的简单题，你应该可以估计到这个d(i)就是我们要找的状态。如果我们把d(1)到d(N)都计算出来，那么最终我们要找的答案就是这里面最大的那个。状态找到了，下一步找出状态转移方程。
为了方便理解我们是如何找到状态转移方程的，我先把下面的例子提到前面来讲。如果我们要求的这N个数的序列是：
5，3，4，8，6，7
根据上面找到的状态，我们可以得到：（下文的最长非降子序列都用LIS表示）
· 前1个数的LIS长度d(1)=1(序列：5)
· 前2个数的LIS长度d(2)=1(序列：3；3前面没有比3小的)
· 前3个数的LIS长度d(3)=2(序列：3，4；4前面有个比它小的3，所以d(3)=d(2)+1)
· 前4个数的LIS长度d(4)=3(序列：3，4，8；8前面比它小的有3个数，所以 d(4)=max{d(1),d(2),d(3)}+1=3)
OK，分析到这，我觉得状态转移方程已经很明显了，如果我们已经求出了d(1)到d(i-1)，那么d(i)可以用下面的状态转移方程得到：
d(i) = max{1, d(j)+1},其中j<i,A[j]<=A[i]
用大白话解释就是，想要求d(i)，就把i前面的各个子序列中，最后一个数不大于A[i]的序列长度加1，然后取出最大的长度即为d(i)。当然了，有可能i前面的各个子序列中最后一个数都大于A[i]，那么d(i)=1，即它自身成为一个长度为1的子序列。
分析完了，上图：(第二列表示前i个数中LIS的长度，第三列表示，LIS中到达当前这个数的上一个数的下标，根据这个可以求出LIS序列)
代码:
- 1. #include <cstdio>
- 2. #include <iostream>
- 3. #include <algorithm>
- 4. #include <cstring>
- 5. usingnamespace std;
- 6.
- 7. int main()
- 8. {
- 9. int dp[2000],a[2000],n;
- 10. while(cin>>n)
- 11. {
- 12. memset(dp,0,sizeof(dp));
- 13. intres = 0;
- 14. for(inti = 0; i < n; i++) cin>>a[i];
- 15.
- 16. for(inti = 0; i < n; i++)
- 17. {
- 18. dp[i] = 1;
- 19. for(intj = 0; j < i; j++)
- 20. {
- 21. if(a[j] < a[i])
- 22. dp[i] = max(dp[i],dp[j] + 1);
- 23. }
- 24.
- 25. res = max(res,dp[i]);
- 26. }
- 27.
- 28. cout<<res<<endl;
- 29. }
- 30. return0;
- 31. }
该算法的时间复杂度是O(n2 )，并不是最优的解法。还有一种很巧妙的算法可以将时间复杂度降到O(nlogn)，网上已经有各种文章介绍它，这里就不再赘述。此题还可以用“排序+LCS”来解，感兴趣的话可自行Google，Baidu。
最后讲一下最长上升公共子序列问题:
问题描述
什么是最长公共子序列呢?好比一个数列S，如果分别是两个或多个已知数列的子序列，且是所有符合此条件序列中最长的，则S 称为已知序列的最长公共子序列。
举个例子，如：有两条随机序列，如 1 3 4 5 5 ，and 2 4 5 5 7 6，则它们的最长公共子序列便是：4 5 5。
LCS问题的解决思路
·
穷举法
·
解最长公共子序列问题时最容易想到的算法是穷举搜索法，即对X的每一个子序列，检查它是否也是Y的子序列，从而确定它是否为X和Y的公共子序列，并且在检查过程中选出最长的公共子序列。X和Y的所有子序列都检查过后即可求出X和Y的最长公共子序列。X的一个子序列相应于下标序列{1, 2, …, m}的一个子序列，因此，X共有2m个不同子序列（Y亦如此，如为2^n），从而穷举搜索法需要指数时间（2^m * 2^n）。
· 动态规划算法
事实上，最长公共子序列问题也有最优子结构性质。
记:
Xi=﹤x1，⋯，xi﹥即X序列的前i个字符 (1≤i≤m)（前缀）
Yj=﹤y1，⋯，yj﹥即Y序列的前j个字符 (1≤j≤n)（前缀）
假定Z=﹤z1，⋯，zk﹥∈LCS(X , Y)。
·
若xm=yn（最后一个字符相同），则不难用反证法证明：该字符必是X与Y的任一最长公共子序列Z（设长度为k）的最后一个字符，即有zk = xm = yn 且显然有Zk-1∈LCS(Xm-1 , Yn-1)即Z的前缀Zk-1是Xm-1与Yn-1的最长公共子序列。此时，问题化归成求Xm-1与Yn-1的LCS（LCS(X , Y)的长度等于LCS(Xm-1 , Yn-1)的长度加1）。
·
·
若xm≠yn，则亦不难用反证法证明：要么Z∈LCS(Xm-1, Y)，要么Z∈LCS(X , Yn-1)。由于zk≠xm与zk≠yn其中至少有一个必成立，若zk≠xm则有Z∈LCS(Xm-1 , Y)，类似的，若zk≠yn 则有Z∈LCS(X , Yn-1)。此时，问题化归成求Xm-1与Y的LCS及X与Yn-1的LCS。LCS(X , Y)的长度为：max{LCS(Xm-1 , Y)的长度, LCS(X , Yn-1)的长度}。
·
由于上述当xm≠yn的情况中，求LCS(Xm-1 , Y)的长度与LCS(X , Yn-1)的长度，这两个问题不是相互独立的：两者都需要求LCS(Xm-1，Yn-1)的长度。另外两个序列的LCS中包含了两个序列的前缀的LCS，故问题具有最优子结构性质考虑用动态规划法。
也就是说，解决这个LCS问题，你要求三个方面的东西：1、LCS（Xm-1，Yn-1）+1；2、LCS（Xm-1，Y），LCS（X，Yn-1）；3、max{LCS（Xm-1，Y），LCS（X，Yn-1）}。
行文至此，其实对这个LCS的动态规划解法已叙述殆尽，不过，为了成书的某种必要性，下面，我试着再多加详细阐述这个问题。
第三节、动态规划算法解LCS问题
3.1、最长公共子序列的结构
最长公共子序列的结构有如下表示：
设序列X=<x1, x2, …, xm>和Y=<y1, y2, …, yn>的一个最长公共子序列Z=<z1, z2, …, zk>，则：
1. 若xm=yn，则zk=xm=yn且Zk-1是Xm-1和Yn-1的最长公共子序列；
2. 若xm≠yn且zk≠xm ，则Z是Xm-1和Y的最长公共子序列；
3. 若xm≠yn且zk≠yn ，则Z是X和Yn-1的最长公共子序列。
其中Xm-1=<x1, x2, …, xm-1>，Yn-1=<y1, y2, …, yn-1>，Zk-1=<z1, z2, …, zk-1>。
3、2.子问题的递归结构
由最长公共子序列问题的最优子结构性质可知，要找出X=<x1, x2, …, xm>和Y=<y1, y2, …, yn>的最长公共子序列，可按以下方式递归地进行：当xm=yn时，找出Xm-1和Yn-1的最长公共子序列，然后在其尾部加上xm(=yn)即可得X和Y的一个最长公共子序列。当xm≠yn时，必须解两个子问题，即找出Xm-1和Y的一个最长公共子序列及X和Yn-1的一个最长公共子序列。这两个公共子序列中较长者即为X和Y的一个最长公共子序列。
由此递归结构容易看到最长公共子序列问题具有子问题重叠性质。例如，在计算X和Y的最长公共子序列时，可能要计算出X和Yn-1及Xm-1和Y的最长公共子序列。而这两个子问题都包含一个公共子问题，即计算Xm-1和Yn-1的最长公共子序列。
与矩阵连乘积最优计算次序问题类似，我们来建立子问题的最优值的递归关系。用c[i,j]记录序列Xi和Yj的最长公共子序列的长度。其中Xi=<x1, x2, …, xi>，Yj=<y1, y2, …, yj>。当i=0或j=0时，空序列是Xi和Yj的最长公共子序列，故c[i,j]=0。其他情况下，由定理可建立递归关系如下：
代码如下:
- 1. #include <cstdio>
- 2. #include <iostream>
- 3. #include <algorithm>
- 4. #include <cstring>
- 5. using namespace std;
- 6.
- 7. int main()
- 8. {
- 9. string str1,str2;
- 10. int dp[200][200];
- 11. while(cin>>str1>>str2)
- 12. {
- 13. memset(dp,0,sizeof(dp));
- 14.
- 15. int la = str1.length();
- 16. int lb = str2.length();
- 17.
- 18. for(int i = 1; i <= la; i++)
- 19. for(int j = 1; j <= lb; j++)
- 20. {
- 21. if(str1[i - 1] == str2[j - 1])
- 22. {
- 23. dp[i][j] = dp[i-1][j-1]+1;
- 24. }
- 25. else dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
- 26. }
- 27. cout<<dp[la][lb]<<endl;
- 28. }
- 29. return 0;
讲到这想必对DP问题有一个大概的认识了吧？乘热打铁，我们去HDU刷几道简单题练练手感！
HDU2191
HDU1159
HDU1432
HDU2084
DP问题是ACM里面最难的，因为太考思维能力了，只有将状态转移方程推出来才能解决问题，DP问题也是面试的时候最容易考到的，希望大家好好学DP，至少在面试的时候不吃亏。
DP问题还有比较难的，分为数字DP，插头DP，状态压缩DP，概率DP，组合DP，树状DP等等都是非常难理解的，但是也很有趣，有兴趣的可以找资料学习
最近李建中老师的算法课上完了，他的课大部分都是在讲算法的数学证明，这对算法本身的理解并没有花大手笔，于是我结合自己ACM一年多的算法经验和一堆收集的资料，准备写专题【白话数据结构和算法】，大家多多关注，一起加油~~~~