“动态规划”的出现形式
动态规划问题的一般形式就是求最值。动态规划其实是运筹学的一种最优化方法，只不过在计算机问题上应用比较多，比如说让你求最长递增子序列呀，最小编辑距离呀等等。
既然是要求最值，核心问题是什么呢？求解动态规划的核心问题是穷举。因为要求最值，肯定要把所有可行的答案穷举出来，然后在其中找最值呗。
“动态规划”的三要素
- 这类问题存在「重叠子问题」，如果暴力穷举的话效率会极其低下，所以需要「备忘录」或者「DP table」来优化穷举过程，避免不必要的计算。
- 动态规划问题一定会具备「最优子结构」，才能通过子问题的最值得到原问题的最值。
- 穷举所有可行解其实并不是一件容易的事，只有列出正确的「状态转移方程」才能正确地穷举。
“状态转移方程”的模板 (必读)
***模板公式***
明确「状态」 -> 定义 dp 数组/函数的含义 -> 明确「选择」-> 明确 base case
来一份详细的例子来解释「状态」和「选择」。就讨论最常说的 0-1 背包问题吧：
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？举个简单的例子，输入如下：
N = 3, W = 4 wt = [2, 1, 3] val = [4, 2, 3]
算法返回 6，选择前两件物品装进背包，总重量 3 小于W，可以获得最大价值 6。
题目就是这么简单，一个典型的动态规划问题。这个题目中的物品不可以分割，要么装进包里，要么不装，不能说切成两块装一半。这也许就是 0-1 背包这个名词的来历。解决这个问题没有什么排序之类巧妙的方法，只能穷举所有可能，根据我们 动态规划套路详解 中的套路，直接走流程就行了。
第一步要明确两点，「状态」和「选择」
先说状态，如何才能描述一个问题局面？只要给定几个可选物品和一个背包的容量限制，就形成了一个背包问题，对不对？所以状态有两个，就是「背包的容量」和「可选择的物品」。
再说选择，也很容易想到啊，对于每件物品，你能选择什么？选择就是「装进背包」或者「不装进背包」嘛。
明白了状态和选择，动态规划问题基本上就解决了，只要往这个框架套就完事儿了：PS：此框架出自历史文章 团灭 LeetCode 股票买卖问题。
for 状态1 in 状态1的所有取值：
for 状态2 in 状态2的所有取值：
for ...
dp[状态1][状态2][...] = 择优(选择1，选择2...)
「状态」易错点 【必看！！！】
「状态」只选择有限制的，无限制的东西不要当作「状态」，否则会复杂化，运行超时。
例1：零钱兑换 322. Coin Change，该题目的每一种的coin数量是无限的。
- 如果把「coin数组」和「amount」都看作状态，那么dp[i][j]数组定义是:前 i 个coins去组成 amount = j 时，所需coin最小个数。也能解出来，但是复杂，且超时。
- 由于每一种coin是无限的，所以最优解是只把「amount」看作状态，那么dp[i]数组定义是: 为了组成amount = i ，所需所需coin最小个数。coin的情况在逻辑中直接遍历即可。
int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {
// 数组大小为 amount + 1，初始值也为 amount + 1。【重要】这里必须初始化为一个不可能的正数，因为后续会求min值。如果都初始化为0，会出现错误，会和amount=0时的0混淆，影响后续判断。
vector<int> dp(amount + 1, amount + 1);
// base case
dp[0] = 0;//【重要】只有amount = 0的初始值为0
// 外层 for 循环在遍历所有状态的所有取值
for (int i = 0; i < dp.size(); i++) {
// 【重要】coin的情况在这里遍历。内层 for 循环在求所有选择的最小值
for (int coin : coins) {
// 子问题无解，跳过
if (i - coin < 0) continue;
dp[i] = min(dp[i], 1 + dp[i - coin]);
}
}
return (dp[amount] == amount + 1) ? -1 : dp[amount];//【重要】如果最终结果为之前赋的不可能的正值，还需转化为-1
}
第二步要明确dp数组的定义
dp数组是什么？其实就是描述问题局面的一个数组。换句话说，我们刚才明确问题有什么「状态」，现在需要用dp数组把状态表示出来。
首先看看刚才找到的「状态」，有两个，也就是说我们需要一个二维dp数组，一维表示可选择的物品，一维表示背包的容量。
dp[i][w]的定义如下：对于前i个物品，当前背包的容量为w，这种情况下可以装的最大价值是dp[i][w]。
比如说，如果 dp[3][5] = 6，其含义为：对于给定的一系列物品中，若只对前 3 个物品进行选择，当背包容量为 5 时，最多可以装下的价值为 6。
PS：为什么要这么定义？便于状态转移，或者说这就是套路，记下来就行了。建议看一下我们的动态规划系列文章，几种动规套路都被扒得清清楚楚了。
根据这个定义，我们想求的最终答案就是dp[N][W]。base case 就是dp[0][..] = dp[..][0] = 0，因为没有物品或者背包没有空间的时候，能装的最大价值就是 0。
细化上面的框架：
int dp[N+1][W+1]
dp[0][..] = 0
dp[..][0] = 0
for i in [1..N]:
for w in [1..W]:
dp[i][w] = max(
把物品 i 装进背包,
不把物品 i 装进背包
)
return dp[N][W]
第三步，根据「选择」，思考状态转移的逻辑
简单说就是，上面伪码中「把物品i装进背包」和「不把物品i装进背包」怎么用代码体现出来呢？
这一步要结合对dp数组的定义和我们的算法逻辑来分析：
先重申一下刚才我们的dp数组的定义：
dp[i][w]表示：对于前i个物品，当前背包的容量为w时，这种情况下可以装下的最大价值是dp[i][w]。
如果你没有把这第i个物品装入背包，那么很显然，最大价值dp[i][w]应该等于dp[i-1][w]。你不装嘛，那就继承之前的结果。
如果你把这第i个物品装入了背包，那么dp[i][w]应该等于dp[i-1][w-wt[i-1]] + val[i-1]。
首先，由于i是从 1 开始的，所以对val和wt的取值是i-1。
而dp[i-1][w-wt[i-1]]也很好理解：你如果想装第i个物品，你怎么计算这时候的最大价值？换句话说，在装第i个物品的前提下，背包能装的最大价值是多少？
显然，你应该寻求剩余重量w-wt[i-1]限制下能装的最大价值，加上第i个物品的价值val[i-1]，这就是装第i个物品的前提下，背包可以装的最大价值。
综上就是两种选择，我们都已经分析完毕，也就是写出来了状态转移方程，可以进一步细化代码：
for i in [1..N]:
for w in [1..W]:
dp[i][w] = max(
dp[i-1][w],
dp[i-1][w - wt[i-1]] + val[i-1]
)
return dp[N][W]
最后一步，把伪码翻译成代码，处理一些边界情况
我用 C++ 写的代码，把上面的思路完全翻译了一遍，并且处理了w - wt[i-1]可能小于 0 导致数组索引越界的问题：
int knapsack(int W, int N, vector<int>& wt, vector<int>& val) {
// vector 全填入 0，base case 已初始化
vector<vector<int>> dp(N + 1, vector<int>(W + 1, 0));
for (int i = 1; i <= N; i++) {
for (int w = 1; w <= W; w++) {
if (w - wt[i-1] < 0) {
// 当前背包容量装不下，只能选择不装入背包
dp[i][w] = dp[i - 1][w];
} else {
// 装入或者不装入背包，择优
dp[i][w] = max(dp[i - 1][w - wt[i-1]] + val[i-1],
dp[i - 1][w]);
}
}
}
return dp[N][W];
}
现在你看这个解法代码，是不是感觉非常简单，就是把我们刚才分析的思路原封不动翻译了一下而已。
所以说，明确了动态规划的套路，思路就显得行云流水，非常自然就出答案了。
至此，背包问题就解决了。相比而言，我觉得这是比较简单的动态规划问题，因为状态转移的推导逻辑比较容易想到，基本上你明确了dp数组的定义，就可以理所当然地确定状态转移了。
参考文章
作者：labuladong