演算法動態規劃

動態規劃是將原始問題分解為若干個子問題，對子問題進行求解，並記錄下子問題的結果，當求解包含已經解決的子問題的原問題時，返回子問題的結果即可

轉移方程、邊界

最優子結構

數塔問題

在如上數塔中，選取一條路徑使得路徑上的數字和最大

解：

設數塔表示為$f[i][j]$，$dp[i][j]$表示選擇了$f[i][j]$能得到的最大的和，得到轉移方程為：

\[dp[i][j] = \max+f[i][j]

\]邊界為:

$dp[n][j] = f[n][j]$

遞迴求解即可

斐波那契數列求解

走樓梯

不定終點

定終點終點固定為t，總體和不定終點一樣，不同在邊界條件：

$dp[t] = 0, dp[i] = -inf (i \neq t)$

例項在給定的dag中尋找關鍵路徑

//
#include#include#include#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;
struct node;
const int nmax = 20;
vectorg[nmax];
unordered_mapmp;
char rmp[nmax];
int cnt = 0;
void getindex(char ch)
}int dp[nmax], choice[nmax];
int dp(int i)
}return dp[i];
}void printpath(int s)
}void init()
mp.clear();
cnt = 0;
}int main()
for(int j = 0; j < m; ++j));
}int ans = 0, s;
for(int j = 0; j < n; ++j)
}printpath(s);
printf("%d\n", ans);
}return 0;
}

01揹包

設陣列$dp[i][v]，0 \leq i\leq n, w[i] \leq v \leq v$表示前$i$件物品放入容量為$v$的揹包中獲得的最大價值，狀態轉移方程為：$dp[i][v] = \max(dp[i-1][v], dp[i - 1][v-w[i]] + c[i])$，邊界條件為：$dp[0][v] = 0$

for(int i = 1; i <= n; ++i)
}

求解出dp陣列後，遍歷$dp[n][v]$，取最大值即為能得到的最大價值

注：dp陣列的求解

在求解$dp[i][v]$時，只與$dp[i-1][v]$和$dp[i][v - w[i]]$的狀態有關，省去$i$的維度，轉移方程寫作：$dp[v] = \max(dp[v], dp[v - w[i]] + c[i]), w[i]\leq v \leq v$

求解時倒著列舉v

如果正向列舉，則前乙個狀態的$dp[v-w[i]]$會被覆蓋

記錄選擇方式

開乙個陣列$choice[i][v]$，當$choice[i][v] == 1$時表示前$i$件物品取得最大值時選擇了第$i$件，否則就沒選，最終倒著列舉$choice[i][v], v = \arg\max_(dp[v]) $就能獲得選擇的方案

例子：

（pat1068）第一行給出貨幣個數n和應付金額m，第二行給出n個貨幣的面額，求出付錢的方式，如果方式不唯一，給出字典序最小的方案，如果沒有答案，輸出"no solution"

分析：

（1）要求的答案是$v_1 + v_2 +...+v_k == m $，因此應付金額m對應揹包容量v，面額對應物品的質量，同時面額也對應物品的價值，因此無解的判定條件時$dp[m] != m$

（2）要輸出字典序最小的答案，先將陣列逆序（因為滾動陣列中v是逆序列舉），當$dp[v - w[i]] + c[i] == dp[v]$時，選擇放第 i 件物品（不放得到的會是字典序最大的）

//求dp陣列
for(int i = 1; i <= n; ++i)
}}//輸出路徑
bool flag = false;
for(int i = n; i >= 1; --i)
}

完全背

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