前言
因为自己学的快忘的也快，故在此记录一些，有待补充。
目录
1.背包问题
2.区间DP
3.树形DP
4.状压DP
线性DP
感觉范围很广，没有什么明显的特征，大概简单的大部分人都会吧，不想讲什么。其实是自己水平不够
背包问题
弱鸡只会01背包（bushi），总之是个只能背背板子的蒟蒻。
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=m;j>=v[i];j--)
f[j]=max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);
记得要倒序枚举，不然一个物品会被用多次，如果正序枚举就变成完全背包了。
还有个二维01背包，就多加一个维度，没什么好说的。
多重背包似乎要二进制优化？打算等学了单调队列直接跳到最优，就先不讲了。分组背包没有做过题，但是树上背包似乎和它比较像，这也不讲。
然后好像就没什么背包了，总之就这么水过去了吧……
区间DP
由于是有点久之前学的了，所以忘得可能有点多，能写多少写多少吧。
经典例题：上古NOI真题石子合并。
口胡分析：观察题目可以看出此具有明显的区间合并性质，可以划分成一个一个区间，然后维护区间的信息，通过DP求解。
for(int L=2;L<=n;L++)
for(int i=1;i<=2*n-L+1;i++)
{
j=i+L-1;
fmin[i][j]=1e9;
for(int k=i;k<j;k++)
{
fmin[i][j]=min(fmin[i][j],fmin[i][k]+fmin[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]);
fmax[i][j]=max(fmax[i][j],fmax[i][k]+fmax[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]);
}
}
嗯，区间DP的题一般都比较模板，只有内部的状态转移方程要变，所以可以背板子了。
注意要先枚举区间长度，然后枚举得到两个端点，再枚举这个区间是由那两个区间合并而来的就行了。
经典断环成链的技巧不要忘记，就是把长度复制成两倍，接着再一个个枚举断开的地方就行。
NOIP真题能量项链，跟石子合并一样板子。
进阶指南上的例题[IOI1998]Polygon是比较好的，有思维含量，值得一做。
二维区间DP以后再学，先立个flag在这。
树形DP
这块大概是NOIP关于DP最重要的部分了，毕竟树这东西总是受到很多人青睐，而且花样也格外的多。
经典例题一：没有上司的舞会
最简单的树形DP了，只要用一个f数组表示每个人和他的所有下属创造的最大价值，并进行简单的分类讨论即可。
f[x][0]表示此人不来，那么可以在它的下属来与不来里选一个价值最大的加上去
也就是f[x][0]+=max(f[y][0],f[y][1])，其中y是x的下属之一。
f[x][1]表示此人会来，那么他的下属肯定不会来，那么只要使其加上f[y][0]即可。不过别忘了f[x][1]要初始化为x的快乐指数。
读入的时候顺便可以计算一下每个人的入度，入度为零的就是根节点。
最后的答案就是在f[root][0]与f[root][1]里面取最大值。
还有一道很像的题：战略游戏。可以稍微做一做，练练手。
经典例题二：[CTSC1997]选课
树上背包经典题，和分组背包很像。首先可以用f[x][t]表示在以x为根的基础上学t门课程可以得到的最大学分。然后我们可以用分组背包的思想，在一个子节点的子树上选j门课，剩余的选t-j门课，进行状态转移。
因为可能有多门课程没有先修课，所以我们需要建一个虚拟节点0来作为所有没有先修课的课程的根，当然由于是虚拟的，加上根的学分时不用考虑虚拟节点。最终答案即为f[0][m]。
具体实现还得见代码。
void dp(int x)
{
f[x][0]=0;
for(int i=0;i<son[x].size();i++)
{
int y=son[x][i];
dp(y);
for(int t=m;t>=0;t--)
for(int j=t;j>=0;j--)
if(t-j>=0)f[x][t]=max(f[x][t],f[x][t-j]+f[y][j]);
}
if(x!=0)
{
for(int t=m;t>0;t--)
f[x][t]=f[x][t-1]+s[x];
}
}
习题：有线电视网
换根DP
树形DP的变种之一，经典模型如下：
给你一棵无根树，要你选一个根，使得所有节点的深度之和最大。
一个最简单的想法就是枚举每一个点为根，分别计算以它为根时的节点深度之和，最后去比较大小。
但是面对 (10^6) 的数据规模，这个算法肯定会超时，所以我们要另寻他路。
我们可以先任选一个点作为根，计算出以它为根的所有节点深度之和，并存进f数组。用f[x]来表示以x为根的深度之和。
看图
我们先以1号节点为根，然后观察可以发现，当根从1号节点转换到它的子节点：4号节点时，以4号节点为根的子树中的节点深度都减一，而剩余的节点深度都加一。
我们可以用size[x]代表以x为根的子树里有多少节点，这样我们就可以得到转移的方程式。
(f[y]=f[x]+n-2*size[y])
剩余的节点数即为n-size[y]，然后再减去size[y]，便得到了如上式子。
size数组可以在一开始求f[1]时就预处理得到，然后我们再通过第二次遍历将所有的f都求出来，最后就可以比较了。
主要部分代码
void dp(int x,int fa)
{
size[x]=1;dep[x]=dep[fa]+1;
for(int i=head[x];i;i=Next[i])
{
int y=ver[i];
if(y==fa)continue;
dp(y,x);
size[x]+=size[y];
}
}
void dfs(int x,int fa)
{
for(int i=head[x];i;i=Next[i])
{
int y=ver[i];
if(y==fa)continue;
f[y]=f[x]+n-2*size[y];
dfs(y,x);
}
}
通过模型还可以造出一些简单的变式，如加上点权的Tree with Maximum Cost以及同时加上点权和边权的Great Cow Gathering G。这些只需在模板上做一点简单的改动即可。
状压DP
全称是状态压缩DP，此类DP的模型是给你一个 (n imes m) 的地图，让你计算在里面放不重合的 (k) 个图形的方案数。
我的表达能力并不好，所以我们还是先看到状压的入门题：k国王问题
可以发现，这道题的数据范围非常小，但是状态非常多，用搜索肯定会超时，这时候就要使用状压DP了。其实，如果你看到这么小的数据范围，且用搜索难以解决的题，那多半就是状压DP。
状态压缩的思想我们在将bfs的时候就已经说过，即把每一种状态缩成一个数字，这样方便我们进行DP。
状压DP一般使用二进制进行状态压缩，在本题中，我们就可以用一个 (n) 位的二进制数来代表压缩后的状态。若第 (j) 位为1，则代表这里放了一个国王，为0则没有放。
我们可以用 (f[x][j]) 代表第x行，状态压缩后的数字为j来代表方案数。
首先要知道，我们不可能存下所有的状态，那样数组也开不下，因此需要预处理出可以选择的状态，从 (0-2^n-1) 的所有状态中，只有每两位1之间都有至少一个0的状态才能被选。
因为由题意可知，若两个1靠在一起，表示有两个国王会互相攻击，那么这种状态不符合题目要求，肯定不能被选。
在预处理结束后，还需要判断当前行的状态与上一行的状态是否符合，也就是我们在进行状态转移时，一定要这一行的状态与上一行的状态不会冲突才可以转移。
注意：状压DP的很多判断都要通过位运算来快速实现，因此一定要用好位运算，并能看懂每种位运算操作所代表的含义
说这么多，可能还是不如代码有效，那就看代码吧
模板题AC代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
long long ans,f[11][151][151];
int n,k,s0,s[155],num[155];
int main()
{
cin>>n>>k;
for(int i=0;i<(1<<n);i++)
{
if(i&(i<<1))continue;
int cnt=0;
for(int j=0;j<n;j++)
if(i&(1<<j))cnt++;
num[++s0]=cnt;
s[s0]=i;
}
f[0][1][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=s0;j++)
for(int kk=0;kk<=k;kk++)
if(kk>=num[j])
for(int t=1;t<=s0;t++)
if(!(s[t]&s[j])&&!(s[j]&(s[t]<<1))&&!(s[j]&(s[t]>>1)))
f[i][j][kk]+=f[i-1][t][kk-num[j]];
}
for(int i=1;i<=s0;i++)ans+=f[n][i][k];
printf("%lld",ans);
return 0;
}
习题：炮兵阵地