基礎dp都是經典例題，非常直觀，易於理解。
hdu 2069.
可以組個列舉各個面值的硬幣的個數，判斷每種情況是否合法。
列舉量是s/50s/25s/10s/5s/1次會超時
定義乙個dp[i][j]陣列建立乙個轉移矩陣
其中，橫向是金額，縱向是硬幣數
矩陣dp[i][j]的含義是用j個硬幣實現金額i的方案數量。
例如dp[6][2]=1，表示用兩個硬幣湊出6分錢，只有一種方案，即5分+1分
「狀態轉移」的特徵是用矩陣前面的狀態dp[i][j]能推算出後面狀態的值。
第一步：只用1分硬幣實現
初始化：dp[0][0]=2，其他為0，定義int type [5]=;為5種硬幣的面值。
從dp[0][0]開始，可以推到後面的狀態。例如dp[1][1]是dp[0][0]進行「金額+1、硬幣數量+1」後的狀態轉移。轉移後組合方案數量不變。即dp[1][1]=dp[0][0]=1;
還要考慮dp[1][1]原有的方案數，遞推關係式則為：
dp[1][1]=dp[1][1]+dp[0][0]=dp[1][1]+dp[1-1][1-1]=0+1=1;
即dp[1][1]=dp[1][1]+dp[1-type[0]][1-1];
再加上剩餘硬幣，繼續進行組合
得出狀態轉移方程為
dp[i][j]=dp[i][j]+dp[i-typep[k]][j-1],k=2,3,4;
總結上述過程，每個狀態dp[i][j]都可以根據它前面已經算出的狀態進行推導，
總複雜度為o(kmn)，k是不同面值硬幣的個數，m和n是矩陣的大小。
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using
namespace std;
int dp[
251]
[101]=
;//第i個硬幣有j的錢的方案
int coin[5]
=;//不同的金幣數
void
solve()
}int
main()
;solve()
;for
(int i =
0; i <
251; i++)}
while
(cin >> s)
return0;
}
與上一題思路基本相同
這一題引進乙個滾動陣列（二維陣列記憶體占用大），從每乙個物品開始，對第i個物品判斷放與不放：放第i件物品之後的總價值與放之前的總價值進行比較；
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using
namespace std;
#define max(a,b) a > b ? a : b
int dp[
12881]=
;int v[
3403]=
;int w[
3403]=
;int
main()
for(
int i =
1; i <= n; i++)}
/*for (int i = 0; i < m; i++) */
cout << dp[m]
;return0;
}
先確定乙個序列裡面的乙個元素，與另乙個序列裡面所有元素進行比較是否相同，如果相同就在原先基礎上+1，即
dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;
否則dp[i][j]為之前序列的最大值，即
dp[i][j]=max(dp[i][j-1], dp[i-1][j] )
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using
namespace std;
#define max(a,b) a > b ? a : b
#define min(a,b) a > b ? b : a
int dp[
1005][
1005]=
;string str1, str2;
intmain()
else}}
cout << dp[str1.
size()
][str2.
size()
]<< endl;
}return0;
}
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