動態規劃演算法的核心就是記住已經解決過的子問題的解。
記住求解的方式有兩種：①自頂向下的備忘錄法②自底向上。
線性模型的是動態規劃中最常用的模型，上文講到的鋼條切割問題就是經典的線性模型，這裡的線性指的是狀態的排布是呈線性的。【例題1】是乙個經典的面試題，我們將它作為線性模型的敲門磚。
【例題1】在乙個夜黑風高的晚上，有n（n <= 50）個小朋友在橋的這邊，現在他們需要過橋，但是由於橋很窄，每次只允許不大於兩人通過，他們只有乙個手電筒，所以每次過橋的兩個人需要把手電筒帶回來，i號小朋友過橋的時間為t[i]，兩個人過橋的總時間為二者中時間長者。問所有小朋友過橋的總時間最短是多少。
來看一組資料 四個人過橋花費的時間分別為 1 2 5 10，按照上面的公式答案是19，但是實際答案應該是17。
具體步驟是這樣的：
第一步：1和2過去，花費時間2，然後1回來（花費時間1）；
第二歩：3和4過去，花費時間10，然後2回來（花費時間2）；
第三部：1和2過去，花費時間2，總耗時17。
所以之前的貪心想法是不對的。我們先將所有人按花費時間遞增進行排序，假設前i個人過河花費的最少時間為opt[i]，那麼考慮前i-1個人過河的情況，即河這邊還有1個人，河那邊有i-1個人，並且這時候手電筒肯定在對岸，所以opt[i] = opt[i-1] + a[1] + a[i] (讓花費時間最少的人把手電筒送過來，然後和第i個人一起過河)如果河這邊還有兩個人，乙個是第i號，另外乙個無所謂，河那邊有i-2個人，並且手電筒肯定在對岸，所以opt[i] = opt[i-2] + a[1] + a[i] + 2*a[2] (讓花費時間最少的人把電筒送過來，然後第i個人和另外乙個人一起過河，由於花費時間最少的人在這邊，所以下一次送手電筒過來的一定是花費次少的，送過來後花費最少的和花費次少的一起過河，解決問題)
所以 opt[i] = min
區間模型的狀態表示一般為d[i][j]，表示區間[i, j]上的最優解，然後通過狀態轉移計算出[i+1, j]或者[i, j+1]上的最優解，逐步擴大區間的範圍，最終求得[1, len]的最優解。
【例題2】給定乙個長度為n（n <= 1000）的字串a，求插入最少多少個字元使得它變成乙個回文串。
典型的區間模型，回文串擁有很明顯的子結構特徵，即當字串x是乙個回文串時，在x兩邊各新增乙個字元』a』後，axa仍然是乙個回文串，我們用d[i][j]來表示a[i…j]這個子串變成回文串所需要新增的最少的字元數，那麼對於a[i] == a[j]的情況，很明顯有 d[i][j] = d[i+1][j-1] （這裡需要明確一點，當i+1 > j-1時也是有意義的，它代表的是空串，空串也是乙個回文串，所以這種情況下d[i+1][j-1] = 0）；當a[i] != a[j]時，我們將它變成更小的子問題求解，我們有兩種決策：
1、在a[j]後面新增乙個字元a[i]；
2、在a[i]前面新增乙個字元a[j]；
根據兩種決策列出狀態轉移方程為：
d[i][j] = min + 1;(每次狀態轉移，區間長度增加1)
空間複雜度o(n^2)，時間複雜度o(n^2)， 下文會提到將空間複雜度降為o(n)的優化演算法。
揹包問題是動態規劃中乙個最典型的問題之一。由於網上有非常詳盡的揹包講解，這裡只將常用部分抽出來。
【例題3】有n種物品（每種物品1件）和乙個容量為v的揹包。放入第 i 種物品耗費的空間是ci，得到的價值是wi。求解將哪些物品裝入揹包可使價值總和最大。f[i][v]表示前i種物品恰好放入乙個容量為v的揹包可以獲得的最大價值。決策為第i個物品在前i-1個物品放置完畢後，是選擇放還是不放，狀態轉移方程為：
f[i][v] = max
時間複雜度o(vn)，空間複雜度o(vn) （空間複雜度可利用滾動陣列進行優化達到o(v) ）。
本文出處：
演算法-動態規劃 dynamic programming--從菜鳥到老鳥blog.csdn.net
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