基础DP总结
关键词：基础DP问题，LIS，LCS，状压DP
简析 ：DP大法好啊，当一个大问题不好解决的时候，我们研究它与其子问题的联系，然后子问题又找它的子问题，如此下去，一直推，一直减小到可以轻而易举求出答案（称为边界）。所以解决DP问题就是要推出一个正确的递推式。
一、DP解决基础递推问题
1）斐波那契数列
dp[n] = dp[n-1] + dp[n-2]
边界：dp[0] = 0 , dp[1] = 1 .
2 ）Max sum
题目链接 ： http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1003
dp[n]表示从1~n段的最大子串和
用sum存储第n个数字能和前面的数字构成的最大和，而sum也在递推的过程中易求
可得 ： dp[n] = max( dp[n-1] , sum )
边界：求出dp[1]
只有一个状态，一个for循环即可，O(N).
3）经典DP问题：数塔
题目链接 ： http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2084
分析 ： 数塔就像一个满二叉树啊。我到底是走左边还是走右边能获得最大值呢？然后每一个点都能这样考虑，就是一个递归的问题了，普通的递归必然 时间复杂度过大，那再记忆化递归，求完每点的答案用一个数组存储，那就可以了。其实这已经是DP的解法了，下面来看看标准的DP解法
dp[i][j] ： 储存从高度为i，左边数第j个节点走到底的数字和最大值
dp[i][j] = max( dp[i-1][j] , dp[i-1][j+1] )
边界：求出底层 dp[0][j] 的值
代码参考 ： 题目链接里的discuss
二、LIS，LCS问题
仅作简要分析
1）LIS（最长递增子序列）
题目链接 ： http://poj.org/problem?id=2533
分析 ：从DP的视角来分析，设dp[n-1]表示前面n-1个数字的最长递增子序列长度，在求dp[n]时多了一个数字（第n个数字），判断这个数字能够与前面的数字构成大于dp[n-1]的序列不。。。。然后发现其实还不如直接设dp[n]为以第n个数字为最大值的序列的长度，这样后面的数字如果比这个数字大，就加一。再得到最终结果就是dp数组中的最大值。
dp[n]=1;
for(i = 0; i<n;i++)
{
if(a[n]>a[i])
dp[n]=max(dp[n],dp[i]+1);
}
时间复杂度：O(N*N)
然而这个复杂度在ACM中是过不了题的，对其优化就在于减少子状态的数量，子状态中两个长度相同的递增序列，那么保留最大值小的不就行了。然后发现还可以二分查找，让复杂度降到了O(N*logN)。
int ans[MAX_N], a[MAX_N], dp[MAX_N], n; // ans 用来保存每个 dp 值对应的最小值，a 是原数组
int len; // LIS 最大值
ans[1] = a[1];
len = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
if (a[i] > ans[len]) { //改成>=的话，下面
ans[++len] = a[i];
} else {
int pos = lower_bound(ans, ans + len, a[i]) - ans; //改成upper_bound
ans[pos] = a[i];
}
}
cout << len << endl; // len 就是最终结果
2)LCS（最长公共子序列）
题目链接 : http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1159
dp[i][j]: A串0 ~ i 与B串0 ~ j 的最长公共子序列
DP分析：还是当dp[i][j]之前的状态已知，怎么推出dp[i][j]。
I ：dp[i][j] = max( dp[i-1][j] , dp[i][j-1] );
II ： 如果字符 i 刚好和字符 j 匹配，则dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1
想不到还有其它的可能了。
题解：
#include<stdio.h>
#include<string.h>
char s1[1005], s2[1005];
int dp[1005][1005];
int max(int x,int y)
{
if(x>y) return x;
else return y;
}
int main(){
int len_s1,len_s2,i,j;
while(~scanf("%s%s", s1, s2)){
len_s1 = strlen(s1), len_s2 = strlen(s2);
memset(dp, 0, sizeof(dp));
for( i = 0; i < len_s1; i++)
for( j = 0; j < len_s2; j++)
if(s1[i] == s2[j])
dp[i + 1][j + 1] = dp[i][j] + 1; //这个必不会小于下面的max，所以不用再比较了
else
dp[i + 1][j + 1] = max(dp[i + 1][j], dp[i][j + 1]);
printf("%d
",dp[len_s1][len_s2]);
}
}
注意：边界处理（ｉ或ｊ为０，１的时候）
三、状压ＤＰ（二进制枚举状态）
简析 ：当元素的状态非常多并且与“取与不取”有关时，我们可以用二进制来压缩状态。举个栗子，用1表示取，用0表示不取，对某行的5个元素全取，它的状态表示为11111，全不取，则为00000，对应的十进制数分别为31，0.于是这两个状态可以表示为dp[i][31]，dp[i][0]。
题目链接 ： http://poj.org/problem?id=3254
分析 ： 第i行的方案必定与第i-1行有关，则可以拿其每个状态都去遍历i-1的状态，然后总方案数就是每个状态的方案数之和。
代码 ： 见discuss （哈哈，要去赶实验报告，有空再补上）