動態規劃是一種重要演算法，其思想，在我個人理解來看，就是把問題逐步地進行簡化，從乙個看似複雜的問題，將問題化小，簡化到可以用某條公式（狀態轉移方程）逐步求出每種狀態的解，直到最後求出所要的答案。
比如01揹包問題，揹包容量有限，要盡可能裝入價值大的物品，我們可以假設乙個dp陣列，其中dp[j]表示在容量為j的情況下最多能裝入多少價值的物品，這樣就把問題簡化到求乙個個狀態了，但是明顯還是不夠用來解決問題，那麼怎麼辦呢？想想：對於每一種物品，都有裝入和不裝入兩種選擇，於是多了這麼一中約束條件：裝\不裝。又由於每種物品只有一件，所以應該從後往前更新，保證每種物品只被裝入一遍，這樣一步步推下來，就得到了我們所要的狀態轉移方程：
dp[j] = max
具體**則要寫成這樣：
for(int i = 0; i < n ;i++)
for(int j = w; j >= w[i]; j--)
dp[j] = max(dp[j], dp[j-w[i]]+v[i]);
做題上。下面是hdu上乙個關於dp的題目組，要掌握好各種演算法最最最主要的還是多做題！
題目意思就是給一串數字，要你求出其中和最大的子串行，輸出最大的和，子串行的起始和結束點。
如何做這道題呢？首先簡化下問題，我們可以求到每個數字時以這個數字為結尾的最大子串行和是多少，於是dp陣列出來了，接下來，如何實現狀態轉移？考慮這樣一件事實：對於每乙個a[i]，dp[i-1]都有加或不加的權利，如果加上他能使其接近答案，那麼就加上。怎樣才算接近答案呢？如果該dp[i-1]大於0，那麼無疑可以加上，不管加上後是正是負在以後的狀態轉移中再來篩除。如果dp[i-1]小於0，那麼這一段可以捨棄掉了，直接從當前數字起始，即dp[i] = a[i]。方程出來了！
上面說的有點繁瑣，主要為了初學者和自己便於理解，具體見**，不正確的地方還請大牛指正！
#include #include #include using namespace std;
int a[100000+20], dp[100000+20];
int main()
}left = right; // 這一句非常重要，漏了這句wa了十幾次，因為要考慮到子串行是乙個數的結果，這個初始化不能少
for(int i = left-1; i >= 0; i--)
printf("case %d:\n%d %d %d\n", j++, maxn, left+1, right+1);
if(t)
printf("\n");
return 0;
}}
接下來是1003的公升級版：hdu-1024 max sum plus plus
題目意思與上面差不多，改變的是這次要求多段子序列和最大。
這次加了個條件，求n段的子串行的最大和。如何入手呢？首先先寫一下二維的dp方程：
dp[i][j] = max + s[i]
dp[i][j]表示前j個數字的i個子序列最大和是多少，很好，狀態轉移方程不難寫出，接下來考慮一下如何優化？二維的寫法我也不是很會寫，能化成一維就更好了。思考一下：在我們的方程中，用到了什麼？其實也只有當前狀態(dp[i][j-1])和上乙個狀態(dp[i-1][k])而已！於是可以用兩個一維陣列表示。
#include #include #include typedef long long ll;
using namespace std;
int s[1000000+20];
ll cur[1000000+20], pre[1000000+20];
int main()
memset(cur, 0, sizeof(cur)); // 當前狀態
memset(pre, 0, sizeof(pre)); // 上一次狀態
for(int i = 1; i <= m; i++)
pre[j-1] = maxsum;
}printf("%lld\n", maxsum);
}return 0;
}
未完待更。。。
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