一、動態規劃問題
暴力搜尋->記憶式搜尋->經典的動態規劃->改進的動態規劃。這也是動態規劃問題的求解步驟。
本質： 利用空間來換取時間。把乙個問題分解為相同的子問題，這些子問題的求解是有順序的，按順序一步一步求解，前面的步驟和決策使得問題的狀態轉移到當前狀態，當前狀態再做出最優的決策，使問題轉移到下乙個狀態，當問題進入最後乙個狀態時的解就是原問題的解。
二、練習題
1、 有陣列penny，penny中所有的值都為正數且不重複。每個值代表一種面值的貨幣，每種面值的貨幣可以使用任意張，再給定乙個整數aim(小於等於1000)代表要找的錢數，求換錢有多少種方法。
解法（1）：按照經典的動態規劃步驟進行，空間複雜度為o（n*aim）
classexchange
for(intj =1;j < aim+1;j++)
for(inti =1;i < n;i++)
}
returndp[n-1][aim];
}
};
classexchange
};
2、有n級台階，乙個人每次上一級或者兩級，問有多少種走完n級台階的方法。
解法： f(n)=f(n-1)+f(n-2)
。如果直接用遞迴式求解，中間有很多重複的計算，
f(n-1)
分支計算過的還得在
f(n-2)
分支計算一次。然後狀態之間的依賴關係是很容易找出了，用動態規劃法，一步一步記錄相鄰兩個狀態即可，下乙個狀態等於這兩個狀態之和。
classgoupstairs
returndp[1]%1000000007;
}
};
3、有乙個矩陣
map，它每個格仔有乙個權值。從左上角的格仔開始每次只能向右或者向下走，最後到達右下角的位
置，路徑上所有的數字累加起來就是路徑和，返回所有的路徑中最小的路徑和。
解法： f(n,m)=min(f(n-1,m),f(n,m-1))+map[n][m]
。遞迴式同樣包含很多重複計算，可以根據狀態之間的依賴關係一步一步計算出來。走到第一行每個格仔的最小路徑和很容易求出。根據第一行可以依次求出第二行，依次進行直到計算到最後一行。
classminimumpath
for(inti =1;i < n;i++)
}
returndp[m-1];
}
};
4、（經典的lis問題）請設計乙個盡量優的解法求出序列的最長上公升子串行的長度。
解法：用dp陣列的dp[i]記錄下以a[i]結尾的遞增子串行中最長的長度，計算dp[i+1]時，遍歷a[0~i]找到比a[i+1]小的元素，再比較與這些元素對應的dp陣列中的值，找到最大的乙個再加1，賦值給dp[i+1]。
class
longestincreasingsubsequence
dp[i] = ++tempmax;
resmax = max(resmax,dp[i]);
}return
resmax;}};
5、給定兩個字串a和b，返回兩個字串的最長公共子串行的長度。例如，a="1a2c3d4b56",b="b1d23ca45b6a",
123456或者12c4b6都是最長公共子串行。
解法 ：
經典的動態規劃題目（lcs）
。利用動態規劃表求解。dp[i][j]表示a[0~i]和b[0~j]的最長公共子串行長度。如果a[i]=b[j]，
則 dp[i][j]一定是dp[i-1][j-1]+1，若
a[i]!=b[j]，則
dp[i][j]要麼是dp[i-1][j]，要麼是dp[i][j-1]。
（1）常規解法：對第一行和第一列的處理不夠巧妙。
classlcs
}
for(inti =0;i < n;i++)
}
for(inti =1;i < n;i++)
}
returndp[n-1][m-1];
}
};
（2）最優解：dp矩陣多申請了一行和一列，從而將第一行和第一列的處理融合到後序的處理中。
classlcs
else
}
}
returndp[n][m];
}
};
6、乙個揹包有一定的承重cap，有n件物品，每件都有自己的價值，記錄在陣列v中，也都有自己的重量，記錄在陣列w中，每件物品只能選擇要裝入揹包還是不裝入揹包，要求在不超過揹包承重的前提下，選出物品的總價值最大。
解法：經典的
01揹包問題。同樣利用動態規劃表來求解。
（1）常規解法：用常規的二維矩陣dp作為動態規劃表，第一行第一列單獨提前處理。空間複雜度略高。
classbackpack
for(inti =0;i < n;i++)
for(inti =1;i < n;i++)
}
returndp[n-1][cap];
}
};
class
backpack
}return
dp[cap];}};
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