动态规划大神总结——必读

0-1背包问题（二维dp）
0-1背包升级版（二维dp）
完全背包（费解）如凑领钱（一维、二维dp）
子序列问题（重要）
- 最长递增子序列（一维dp）
- 最长公共子序列（二维dp）
- 最长回文子序列（二维dp）
- 最短编辑距离（二维dp）
最短路径（机器人走路）（二维dp）

第一步要明确两点，「状态」和「选择」。明确`dp`数组的定义

状态有两个：「背包的容量」、「可选择的物品」

选择有两个：「装进背包」、「不装进背包」

几种状态就是几层for循环，也就是几维dp

第二步，根据「选择」，思考状态转移的逻辑

第三步，确定初始条件

labuladong的动归

例题一：0-1背包升级版

给你一个可装载重量为W的背包和N个物品，每个物品有重量和价值两个属性。其中第i个物品的重量为wt[i]，价值为val[i]，现在让你用这个背包装物品，最多能装的价值是多少？

定义二维dp[i][j]：对于前i种物品，当前背包重量为j时，能够获得的最大价值为dp[i][j]。我们要求的就是dp[n][w]
数组元素之间的关系：
- 当j - wt[i - 1] < 0 时：dp[i][j] = dp[i - 1][j]。表示当前剩余的容量装不下当前的物品，只能继承上一个装填的
- 当j - wt[i - 1] >= 0 时：装或者不装。dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - wt[i - 1]] + val[i - 1])
数组元素之间的关系：dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]
初始条件：dp[...][0] = 0;dp[0][...] = 0。表示物品或者容量为0时，当前价值为0

// 经典动态规划：0-1背包问题
int baseDP(int w, int n, int weight[], int value[]){
    // 定义二维状态数组
    int dp[n + 1][w + 1];
    // 初始化边界
    for(int i = 0; i <= n; i++)
        dp[i][0] = 0;
    for(int i = 0; i <= w; i++)
        dp[0][i] = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        for(int j = 1; j <= w; j++){
            if(j - weight[i - 1] < 0)
                // 装不下，直接继承前一个状态的
                dp[i][j] = dp[i - 1][j];
            // dp[i][j] = 择优（选择1， 选择2）
            // 背包装或者不装，两者择优选择
            else
                // 这个地方如果是一维数组的话就是倒着来的
                dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i - 1]] + value[i - 1]);
        }
    }
    return dp[n][w];
}

例题二：0-1背包变体

给定一个只包含正整数的非空数组。是否可以将这个数组分割成两个子集，使得两个子集的元素和相等。

注意：每个数组中的元素不会超过 100；数组的大小不会超过 200
示例 1:

输入: [1, 5, 11, 5]

输出: true

解释: 数组可以分割成 [1, 5, 5] 和 [11].

**定义dp[i][j]：对于前i个物品，当前背包的容量为j时，若dp[i][j]为true，则说明可以装满。我们要求的就是dp[N][sum/2] **
数组元素之间的关系：
- 当j - wt[i - 1] < 0 时：dp[i][j] = dp[i - 1][j]。表示当前剩余的容量装不下当前的物品，只能继承上一个装填的
- 当j - wt[i - 1] >= 0 时：dp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i - 1][j - wt[i - 1]]
初始条件：初始条件：dp[...][0] = true;dp[0][...] = false。表示物品为0，价值不为0时，肯定装不满

class Solution {
public:

    bool ans = false;
	// 这种方法超时
    void dfs(vector<int> &num, vector<int> a, vector<int> b, int index){
        if(index == num.size()){
            int sumA = 0, sumB = 0;
            for(int i = 0; i < a.size(); i++)
                sumA += a[i];
            for(int i = 0; i < b.size(); i++)
                sumB += b[i];
            if(sumA == sumB)
                ans = true;
            return ;
        }
        // 放入A背包
        a.push_back(num[index]);
        dfs(num, a, b, index + 1);
        a.pop_back();
        b.push_back(num[index]);
        dfs(num, a, b, index + 1);
        b.pop_back();
    }

    bool canPartition(vector<int>& nums) {
        // 定义状态数组
        int sum = 0;
        for(int i : nums)
            sum += i;
        if(sum % 2 != 0)
            return false;
        int n = nums.size();
        sum = sum / 2;
        bool dp[n + 1][sum + 1];
        // 初始化
        for(int i = 0; i <= n; i++)
            dp[i][0] = true;
        for(int i = 0; i <= sum; i++)
            dp[0][i] = false;
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            for(int j = 1; j <= sum; j++){
                if(j - nums[i - 1] < 0)
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j];
                else
                    // 这个地方如果是一维数组的话就是倒着来的
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i - 1][j - nums[i - 1]];
            }
        }
        return dp[n][sum];
    }
};

例题三：完全背包问题

凑领钱1：给你k种面值的硬币，面值分别为c1, c2 ... ck，每种硬币的数量无限，再给一个总金额amount，问你最少需要几枚硬币凑出这个金额，如果不可能凑出，算法返回 -1 。

定义一维数组dp[i]：当前总金额为i时，需要最少dp[i]个硬币凑出这个金额。我们要求的就是dp[amount]
数组元素之间的关系：dp[i] = min(dp[i - coin] + 1)
初始条件：dp[0] = 0。即金额为0就需要0枚硬币

int coinChangeDP(vector<int> &coins, int amount){
    // 初始化备忘录
    vector<int> dp(amount + 1, amount + 1);
    dp[0] = 0;
    // 填表
    for(int i = 1; i < dp.size(); i++){
        // 内层循环，找最小
        for(int coin : coins){
            if(i - coin < 0)
                continue;
            dp[i] = min(dp[i], dp[i - coin] + 1);
        }
    }
    return (dp[amount] == amount + 1) ? -1 : dp[amount];
}

凑领钱2：给定不同面额的硬币和一个总金额，写出函数来计算可以凑成总金额的硬币组合数，假设每种面额的硬币有无限个。

定义二维数组dp[i][j]：当前总金额为j时，前i个物品可能有dp[i][j]种可能凑齐。我们要求的就是dp[n][amount]
数组元素之间的关系：
- 当j-coins[i - 1] < 0时：dp[i][j] = dp[i - 1][j]。表示当前容量装不下当前的硬币，只能继承上一个状态的
- 当j-coins[i - 1] >= 0时：dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - coins[i - 1]]
初始条件：dp[i][0] = 1;dp[0][i] = 0;

int change(int amount, vector<int>& coins) {

    if(amount == 0 && coins.size() == 0)
        return 1;

    int n = coins.size();
    int dp[n + 1][amount + 1];
    // 初始化
    for(int i = 0; i <= n; i++)
        dp[i][0] = 1;
    for(int i = 0; i <= amount; i++)
        dp[0][i] = 0;

    for(int i = 1; i <= n; i++){
        for(int j = 1; j <= amount; j++){
            if(j - coins[i - 1] < 0)
                dp[i][j] = dp[i - 1][j];
            else
                // 注意这里是i不是i-1了，这样就保证了物品可以选无数次，如果是i-1的话，就是普通背包，只能选一次
                // 这个地方如果用一维数组，那么就是顺着来的
                dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - coins[i - 1]];
        }
    }
    
    return dp[n][amount];
}

例题四：最长公共子序列

解决两个字符串的动态规划问题，一般都是用两个指针i,j分别指向两个字符串的最后，然后一步步往前走，缩小问题的规模。都是建立一个二维的dp数组。

求两个字符串的 LCS 长度：

输入: str1 = "abcde", str2 = "ace" 
输出: 3  
解释: 最长公共子序列是 "ace"，它的长度是 3

定义二维dp[i][j]：表示str1的(0, i)子序列与str2的(0, j)子序列的最长公共序列。我们要求的就是dp[m][n]
数组元素之间的关系：
- 当str1[i] = str2[j]时：dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1
- 当str1[i] != str2[j]时：dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1], dp[i - 1][j - 1])
初始条件：dp[...][0] = dp[0][...] = 0

int myMax(int a, int b, int c){
    return max(max(a, b), c);
}

int longestComStr(string s1, string s2){
    int m = s1.size(), n = s2.size();
    int dp[m + 1][n + 1];
    // 初始化
    for(int i = 0; i <= m; i++)
        dp[i][0] = 0;
    for(int i = 0; i <= n; i++)
        dp[0][i] = 0;
    for(int i = 1; i <= m; i++){
        for(int j = 1; j <= n; j++){
            if(s1[i - 1] == s2[j - 1])
                dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
            else
                // 这个地方写成dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1])就行了
                dp[i][j] = myMax(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1], dp[i - 1][j - 1]);
        }
    }
    return dp[m][n];
}

例题五：求两个字符串的最小编辑距离

和上一个题一样，一般来说，处理两个字符串的动态规划问题，都是按本文的思路处理，建立 DP table。为什么呢，因为易于找出状态转移的关系。这里的dp(i)(j)数组表示的是 s1[0..i] 和 s2[0..j] 的最小编辑距离。

定义二维数组dp[i][j]：当字符串s1长度为i，字符串s2长度为j时，它们的最短编辑距离是dp[i][j]
数组元素之间的关系：
- 当s1[i - 1] == s2[j - 1]时：dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]
- 当s1[i - 1] != s2[j - 1]时：dp[i][j] = min(dp[i - 1][j - 1], dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + 1
初始条件：dp[i][0] = i;dp[0][i] = i

int min(int a, int b, int c){
    return min(min(a, b), c);
}

int minDistance(string s1, string s2){
    int m = s1.size(), n = s2.size();
    int dp[m + 1][n + 1];
    // 初始化
    for(int i = 0; i <= m; i++)
        dp[i][0] = i;
    for(int i = 0; i <= n; i++)
        dp[0][i] = i;
    for(int i = 1; i <= m; i++){
        for(int j = 1;j <= n; j++){
            if(s1[i - 1] == s2[j - 1])
                dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
            else{
                dp[i][j] = min(dp[i - 1][j] + 1, dp[i][j - 1] + 1, dp[i - 1][j - 1] + 1);
            }
        }
    }
    // 储存着整个s1和s2的最小编辑距离
    return dp[m][n];
}

总结子序列问题模板

首先注意区分一个问题：

子序列：可以不连续的子字符串/子数组
子串：必须是连续的子字符串/子数组

遇到子序列问题，首先想到两种动态规划思路，然后根据实际问题看看哪种思路容易找到状态转移关系。

这类问题都是让你求一个最长子序列，因为最短子序列就是一个字符嘛，没啥可问的。一旦涉及到子序列和最值，那几乎可以肯定，考察的是动态规划技巧，时间复杂度一般都是 O(n^2)。

1 第一种思路模板是一维的 dp 数组

最长递增子序列（注意是序列，可以不连续）

定义一维dp[i]：数组中以num[i]结尾的最长递增序列为dp[i]。我们要求的就是所有的dp[i]中最大的那一个
数组元素之间的关系：dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1)，其中num[j] < num[i]
初始条件：dp[...] = 1，保证最短为1

int lengthOfLIS(int nums[], int n){

    vector<int> dp(n, 1);

    for(int i = 0; i < n; i++){
        for(int j = 0; j < i; j++){
            if(nums[j] < nums[i])
                dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);
        }
    }

    int ans = INT_MIN;
    for(int i = 0; i < n; i++)
        ans = max(ans, dp[i]);

    return ans;
}

2 第二种思路模板是二维的 dp 数组

这种思路数组含义又分为「只涉及一个字符串」和「涉及两个字符串」两种情况

2.1 涉及两个字符串/数组时

最长公共子序列
最短编辑距离

2.2 涉及一个字符串/数组时

最长回文子序列（注意，和最长回文子串不一样，子序列可以不连续）

定义二维dp[i][j] 数组：在子串s[i..j]中，最长回文子序列的长度为dp[i][j]。我们要求的就是dp[0][n - 1]
数组元素之间的关系
- 当s[i] = s[j]时：dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] + 2
- 当s[i] != s[j]时：dp[i][j] = max(dp[i + 1][j], dp[i][j - 1])
初始条件：dp[i][i] = 1

为了保证每次计算dp[i][j]，左、下、左下三个方向的位置已经被计算出来，只能斜着遍历或者反着遍历，本例选择反着遍历：

// 反着遍历
int longestPalindromeSubseq(string s){
    int n = s.size();
    int dp[n][n];
    // 初始化
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    for(int i = 0; i < n; i++)
        dp[i][i] = 1;
    for(int i = n - 1; i >= 0; i--){
        for(int j = i + 1; j < n; j++){
            if(s[i] == s[j])
                dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] + 2;
            else
                dp[i][j] = max(dp[i + 1][j], dp[i][j - 1]);
        }
    }
    // 返回整个s的最长回文子序列长度
    return dp[0][n - 1];
}

帅地的动归

1 一维dp

例题一：青蛙跳台阶

一只青蛙一次可以跳上1级台阶，也可以跳上2级台阶。求该青蛙跳上一个n级台阶总共有多少种跳法？

定义一维dp[i]：跳上一个i级的台阶共有dp[i]种跳法，我们要求的就是dp[n]
数组元素之间的关系：dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]
初始条件：dp[0] = 0;dp[1] = 1;dp[2] = 2

完整代码

// 跳台阶问题
// dp[n]表示跳上一个n阶台阶共有dp[n]种跳法
int f(int n){
    if(n <= 2)
        return n;
    int dp[n + 1];
    dp[0] = 0;
    dp[1] = 1;
    dp[2] = 2;
    for(int i = 3; i <= n; i++)
        dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
    return dp[n];
}

2 二维dp

例题二：机器人走路（不含权值）

⼀个机器⼈位于⼀个 m x n ⽹格的左上⻆（起始点在下图中标记为“Start” ）。
机器⼈每次只能向下或者向右移动⼀步。机器⼈试图达到⽹格的右下⻆（在下图中标记为“Finish”）。
问总共有多少条不同的路径？

定义二维dp[i][j]：当机器人从左上角走到(i, j)这个位置，共有dp[i][j]种路径，我们要求的就是dp[m - 1][n - 1]
数组元素之间的关系：dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]
初始条件：dp[...][0] = 1;dp[0][...] = 1，因为第一行只能往左走，第一列只能往下走

完整代码

// 机器人走路(无路径权值)
// dp[i][j]表示当机器人从左上角走到(i,j)这个位置时，一共有dp[i][j]种路径
int f(int m, int n){
    if(m < 0 || n < 0)
        return 0;

    int dp[m][n];
    for(int i = 0; i < m; i++)
        dp[i][0] = 1;
    for(int i = 0; i < n; i++)
        dp[0][i] = 1;

    for(int i = 1; i < m; i++){
        for(int j = 1; j < n; j++)
            dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
    }
    return dp[m - 1][n - 1];
}

例题三：机器人走路的最短路径（含权值）

给定⼀个包含⾮负整数的 m x n ⽹格，请找出⼀条从左上⻆到右下⻆的路径，使得路径上的数字总和为最⼩。

定义二维dp[i][j]：当机器人从左上角走到(i, j)这个位置的最短路径，我们要求的就是dp[m - 1][n - 1]
数组元素之间的关系：dp[i][j] = min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + val[i][j]
初始条件：dp[i][0] = dp[i - 1][0] + val[i][0];dp[0][i] = dp[0][i - 1] + val[0][i]

完整代码

// 机器人走路，有路径权值
// dp[i][j]表示机器人从左上角走到(i,j)这个位置的最短路径值
int f(int val[][], int m, int n){
    int dp[m][n];
    dp[0][0] = val[0][0];
    for(int i = 1; i < m; i++)
        dp[i][0] = dp[i - 1][0] + val[i][0];

    for(int i = 1; i < n; i++)
        dp[0][i] = dp[0][i - 1] + val[0][i - 1];

    for(int i = 1; i < m; i++){
        for(int j = 1; j < n; j++){
            dp[i][j] = min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + val[i][j];
        }
    }
    return dp[m - 1][n - 1];
}

例题四：最短编辑距离

给定两个单词 word1 和 word2，计算出将 word1 转换成 word2 所使⽤的最少操作数。
你可以对⼀个单词进⾏如下三种操作：

插⼊⼀个字符删除⼀个字符替换⼀个字符

定义二维数组dp[i][j]：当字符串s1长度为i，字符串s2长度为j时，它们的最短编辑距离是dp[i][j]
数组元素之间的关系：
- 当s1[i - 1] == s2[j - 1]时：dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]
- 当s1[i - 1] != s2[j - 1]时：dp[i][j] = min(dp[i - 1][j - 1], dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + 1
初始条件：dp[i][0] = i;dp[0][i] = i

完整代码

int min(int a, int b, int c){
    return min(min(a, b), c);
}

int minDistance(string s1, string s2){
    int m = s1.size(), n = s2.size();
    int dp[m + 1][n + 1];
    // 初始化
    for(int i = 0; i <= m; i++)
        dp[i][0] = i;
    for(int i = 0; i <= n; i++)
        dp[0][i] = i;
    for(int i = 1; i <= m; i++){
        for(int j = 1;j <= n; j++){
            if(s1[i - 1] == s2[j - 1])
                dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
            else{
                dp[i][j] = min(dp[i - 1][j] + 1, dp[i][j - 1] + 1, dp[i - 1][j - 1] + 1);
            }
        }
    }
    // 储存着整个s1和s2的最小编辑距离
    return dp[m][n];
}

王争老师的动归

例题一：0-1背包问题

//weight:物品重量，n:物品个数，w:背包可承载重量
// 二维dp
public int knapsack(int[] weight, int n, int w) {
  boolean[][] states = new boolean[n][w+1]; // 默认值false
  states[0][0] = true;  // 第一行的数据要特殊处理，可以利用哨兵优化
  if (weight[0] <= w) {
    states[0][weight[0]] = true;
  }
  for (int i = 1; i < n; ++i) { // 动态规划状态转移
    for (int j = 0; j <= w; ++j) {// 不把第i个物品放入背包
      if (states[i-1][j] == true) states[i][j] = states[i-1][j];
    }
    for (int j = 0; j <= w-weight[i]; ++j) {//把第i个物品放入背包
      if (states[i-1][j]==true) states[i][j+weight[i]] = true;
    }
  }
  for (int i = w; i >= 0; --i) { // 输出结果
    if (states[n-1][i] == true) return i;
  }
  return 0;
}

// 一维dp
public static int knapsack2(int[] items, int n, int w) {
  boolean[] states = new boolean[w+1]; // 默认值false
  states[0] = true;  // 第一行的数据要特殊处理，可以利用哨兵优化
  if (items[0] <= w) {
    states[items[0]] = true;
  }
  for (int i = 1; i < n; ++i) { // 动态规划
    for (int j = w-items[i]; j >= 0; --j) {//把第i个物品放入背包
      if (states[j]==true) states[j+items[i]] = true;
    }
  }
  for (int i = w; i >= 0; --i) { // 输出结果
    if (states[i] == true) return i;
  }
  return 0;
}

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原文地址：https://www.cnblogs.com/flyingrun/p/13606117.html

动态规划大神总结——必读

第一步要明确两点，「状态」和「选择」。明确dp数组的定义

几种状态就是几层for循环，也就是几维dp

第二步，根据「选择」，思考状态转移的逻辑

第三步，确定初始条件

labuladong的动归

例题一：0-1背包升级版

例题二：0-1背包变体

例题三：完全背包问题

例题四：最长公共子序列

例题五：求两个字符串的最小编辑距离

总结子序列问题模板

首先注意区分一个问题：

1 第一种思路模板是一维的 dp 数组

2 第二种思路模板是二维的 dp 数组

2.1 涉及两个字符串/数组时

2.2 涉及一个字符串/数组时

帅地的动归

1 一维dp

例题一：青蛙跳台阶

完整代码

2 二维dp

例题二：机器人走路（不含权值）

完整代码

例题三：机器人走路的最短路径（含权值）

完整代码

例题四：最短编辑距离

完整代码

王争老师的动归

例题一：0-1背包问题

第一步要明确两点，「状态」和「选择」。明确`dp`数组的定义