題目：有乙個長為n的數列a0,a1,…,an-1。請求出這個序列中最長的上公升子串行的長度。上公升子串行指的是對於任意的 i< j 都滿足ai< aj 的子串行。
思路：定義dp[i]為長度為i+1的上公升子串行中末尾元素的最小值（不存在的話為inf）
//最長上公升子串行問題
int dp[max_n];
void solve()
題目：有n種重量、價值和數量分別為wi，vi，ci的物品，從這些物品中挑選出總重量不超過w的物品，求出挑選物品價值總和的最大值。(1≤n≤100，1≤w≤50000)
**思路：**二進位制優化多重揹包。
//多重揹包問題
int n,w;
int w[max_n],v[max_n],c[max_n]; //重量、價值和數量
int dp[max_w];
void zeroone_pack(int w,int v)
void complete_pack(int w,int v)
int multi_pack()
}if(dp[k]>=0)return true;
else return false;
}
題目：有n個無區別的物品，將它們劃分成不超過m組，求出劃分方法數模m的餘數。（1 ≤m≤n≤1000)
思路：考慮n的m劃分ai（i=1,2,3…），如果對於每個ai>0，那麼就對應了n-m的m劃分，另外如果存在ai=0，那麼就對應了n的m-1劃分。定義dp[i][j]為 i 的 j 劃分的總數，則dp[i][j]=dp[i][j-1]+dp[i-j][j]。
//劃分數問題
int n,m;
int dp[max_n][max_m];
void solve()
}printf("%d\n",dp[n][m]);
}
題目：有n種物品，第i種物品有ai個。不同種類的物品可以互相區分但相同種類的無法區分。從這些物品中取出m個的話，有多少種取法？求出方案數模m的餘數。（1≤n≤1000，1≤m≤1000，1≤ai≤1000，2≤m≤10000)
思路：定義dp[i][j]為從前i中物品中取出j個的組合總數。
當j≤a[i]時，dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i-1][j] 2. 當j>s[i]時,dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i-1][j]-dp[i-1][j-1-a[i]]。
//多重集組合數問題
int n,m;
int dp[2][max_n];
void solve()
}printf("%d\n",dp[n&1][m]);
}
題目：乙個n*m的矩陣，找到此矩陣的乙個子矩陣，並且這個子矩陣的元素的和是最大的，輸出這個最大的值。如果所有數都是負數，就輸出0。（2 <= n,m <= 500)
思路：最後的子矩陣一定在某兩行之間，列舉所有1<=i<=j<=n,表示最終子矩陣選取的行範圍。分別求出第i行到第j行之間的每一列的和，第i行到第j行之間的最大子矩陣和對應於這個和陣列的最大子段和。
//最大子矩陣和問題
int n,m;
int sum[max_m];
int map[max_n][max_m];
void solve()}}
printf("%d\n",max);
}
[題目]:
n堆石子擺成一條線。現要將石子有次序地合併成一堆，規定每次只能選相鄰的2堆石子合併成新的一堆，並將新的一堆石子數記為該次合併的代價。計算將n堆石子合併成一堆的最小代價。
[普通解法]:
狀態轉移方程：f(i
,j)=
min+
w(i,
j)
f(i,j)=min\+w(i,j)
f(i,j)
=min
+w(i
,j)f(i
,j
)f(i,j)
f(i,j)
表示區間[i,
j]
[i,j]
[i,j
]上的最優值，w(i
,j
)w(i,j)
w(i,j)
表示轉移時付出的代價。
複雜度：o(n3)
#include#include#include#includeusing namespace std;const int inf=0x3f3f3f3f;
const int max_n=1100;
int n;
int a[max_n],sum[max_n];
int dp[max_n][max_n];
int main()
// 從小區間向大區間進行地推
for(int d=1;d[四邊形不等式優化]：
對於一般方程：f(i
,j)=
opt+
w(i,
j)
f(i,j)=opt\+w(i,j)
f(i,j)
=opt
+w(i
,j)如果w
ww函式滿足區間單調性和四邊形不等式性質，則f
ff函式也滿足四邊形不等式性質，具有決策單調性。
決策單調性：
定義s (i
,j
)s(i,j)
s(i,j)
為f (i
,j
)f(i,j)
f(i,j)
取得最優值時對應的決策點（即下標），則
s(i,j-1)≤s(i,j)優化方程：
f(i,j)=opt+w(i,j) s(i,j-1)≤k≤s(i+1,j)，複雜度：o(n2)
#include#include#include#includeusing namespace std;const int inf=0x3f3f3f3f;
const int max_n=1100;
int n;
int a[max_n],sum[max_n];
int s[max_n][max_n],dp[max_n][max_n];
int main()
// 從小區間向大區間進行地推
for(int d=1;d10、數字dp問題
思路：dp思想，列舉到當前位置pos，狀態為state(這個就是根據題目來的，可能很多，畢竟dp千變萬化)的數量(既然是計數,dp值顯然是儲存滿足條件數的個數)
typedef long long ll;int a[20];
ll dp[20][state];//不同題目狀態不同
ll dfs(int pos,/*state變數*/,bool lead/*前導零*/,bool limit/*數字上界變數*/)//不是每個題都要判斷前導零
//計算完，記錄狀態
if(!limit && !lead) dp[pos][state]=ans;
/*這裡對應上面的記憶化，在一定條件下時記錄，保證一致性，當然如果約束條件不需要考慮lead，這裡就是lead就完全不用考慮了*/
return ans;
} ll solve(ll x)
return dfs(pos-1/*從最高位開始列舉*/,/*一系列狀態 */,true,true);//剛開始最高位都是有限制並且有前導零的，顯然比最高位還要高的一位視為0嘛
} int main()
}
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