动态规划的大部分问题可以化为：有限资源获得最大收益
1. 子集和
对于一列数，每个数都是非负数：
挑出一个子集使得子集的和等于某一个目标(T)。
这时通常会产生一种错误的贪心，就是从最大的数开始选择，反例：(t = 100,~a_1 = 99, ~a_2 = 50, ~a_3 = 50)。
所以此时开始思考穷举：对于数列(1, 2, 3, 4)，有以下子集：
但是复杂度太高对于(n)个数，会产生(2^n)个子集，没有可行性。
但是可以发现之前穷举的表格是可以压缩的。因为观察到(1 + 2 = 3)，(1 + 3 = 4)，(cdots)，每次只记录和的值。我们可以发现，通常这类题目中会存在一个至关重要的条件：(sum_i a_i ≤ 5 imes 10^4, n ≤100)，所以最多只存在(5 imes 10^6)的计算量，是非常划算的。过程变化为：每次的集合按照(S = S cup {x~|~t + a_i, t in S})进行更新。例如：
要完成以上操作，需要一种数据结构，由于(sum_i a_i)的限制，所以可以使用桶的数据结构，其对于取并非常方便：
| 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| S | √ | × | √ | × | √ | × | √ | × | × |
| S + 2 | √ | √ | √ | √ | |||||
| (cup) | √ | × | √ | × | √ | × | √ | × | √ |
伪代码：
S[0] = true; S[1 ... 50000] = false;
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
T[0 ... a[i - 1]] = false; // 非常重要，不加可能产生问题
for (x = 0; x <= 50000; x ++) T[x + a[i]] = S[x];
T[x + a[i]] = S[x];
for (x = 0; x <= 50000; x ++) S[x] = S[x] || T[x];
}
但是我们不需要T数组的存在。
注意：以下代码为错误代码：
// 错误代码：
for (int i = 1; i <= n; i ++)
for (int x = 0; x ≤ 50000; x ++)
S[x] = S[x] || S[x - a[i]];
原因：
我们所希望的算法为：(S_x’ = S_x ~or ~S_{x - a_i})，但是实际上：(S_x’ = S_x~or~S_{x - a_i} ')。
所以改变思路：倒着算：从(S_n)算到(S_1)，伪代码（正确算法）：
// 正确代码：
for (int i = 1; i <= n; i ++)
for (int x = 50000; x >= a[i]; x --)
S[x] = S[x] || S[x - a[i]];
但是这仍然可以被优化。由于我们所需要计算(T)是否可以被组成，所以只需将内循环的上界换为(T)即可：
for (int i = 1; i <= n; i ++)
for (int x = T; x >= a[i]; x --)
S[x] = S[x] || S[x - a[i]];
cout << S[T] << endl;
2. 01背包
有(n, n ≤100)个物品，每个物品有两个属性：
- 价值：第(i)个物品的价值为(v_i)
- 重量：第(i)个物品的重量为(w_i)
每个背包有一个容量上界(c)，(c ≤ 50000)。要求求出放入背包重量不超过(c)的物品的最大价值总和。
现在我们可以再次尝试穷举：对于：
存在以下方案：其中((a,b))表示价格(a)到重量(b)的映射，({...})中表示的是方案序号：
同样地，这样也存在很多冗余，由于这样的穷举事件复杂度如上题所说，可以优化。整个过程的表格可以表示为下列表格。其中(x = 0sim 5)表示容量为(0sim 5)的情况，其他值表示价值：
| (x:) | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
|---|---|---|---|---|---|---|
| (f(x) ightarrow 0:) | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 |
| (f(x) ightarrow 1:) | 0 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 |
| (f(x) ightarrow 2:) | 0 | 1 | 1 | 2 | 2 | 2 |
| (f(x) ightarrow 3:) | 0 | 1 | 3 | 4 | 4 | 5 |
如同上道题差不多，代码：
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
for (int x = C; x >= w[i]; x --)
f[x] = max(f[x], f[x - w[i]] + v[i]);
}
cout << f[C];
3. 奶牛博览会
题目：
奶牛想证明它们是聪明而风趣的。为此，贝西筹备了一个奶牛博览会，她已经对(n)头奶牛进行了面试，确定了每头奶牛的智商和情商（可能是负数）。
贝西有权决定让哪些奶牛参加展览。她希望出展奶牛的智商与情商之和越大越好，而且这些奶牛的智商之和要大于等于零，情商之和也要大于等于零。请帮助贝西设计一组方案，使得智商加情商的和最大。如果选不出一组符合要求的奶牛，则输出(0)。
数据范围：
(1≤n≤100)，
(−1000≤a_i,~b_i≤1000)。
题解：
这道题的解决思路和先前差不多，就是将情商与智商，进行映射，即一个智商对应一个情商值（一个情商值对应一个智商值亦可）。而更新时，以某一个数据（情商或智商）作为基准，开始更新。
但是这个过程中会产生众多问题：
（一）在运算过程中，难免产生负的情商或者智商，而对于一个数组，形如(f[-3])的写法是不被允许的，因为其越界了。
解决负数下标的方法：
-
使用一个
base，由于所以值的绝对值都不大于(50000)，所以对于每一次使用数组中的值时，序号前都加上base，且在定义时改为int f[100002];。(f[-3] ightarrow f[-3 + base])。 -
对地址的变换：
首先定义一个倍长的数组：( ext{buffer}[100002])。进行如下操作：
int buffer[100002]; int *f = buffer + 50001;可以观察到，此时指针(f)已经位于( ext{buffer})数组的中间。再进行(f[-3])的操作就等于：(*(f-3) = *( ext{buffer} + 50001 - 3))，并没有越界。
（二）数据更新的顺序存在问题，应该对数据进行正负区分更新：
解决数据中正负同时存在的问题：
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
if (s[i] >= 0)
for (x = 50000; x >= -50000; x --) {
f[x + s[i]] = max(f[x + s[i]], f[x] + t[i]);
}
else
for (x = -50000; x <= 50000; x ++) {
f[x + s[i]] = max(f[x + s[i]], f[x] + t[i]);
}
}
但是这仍然是错误的，因为没有考虑初值的问题：
int inf = 50000;
for (int i = -50000; i <= 50000; i ++) f[i] = -inf;
其实这里只需要设置0…50000即可。
接下来考虑答案是多少：
int ans = 0;
for (int x = 0; x <= 50000; i ++)
if (f[x] >= 0) ans = max(ans, x + f[x]);
但是，这仍然存在隐患，可以被优化：
int ub = 0, lb = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
if (s[i] >= 0) {
for (x = ub; x >= lb; x --)
f[x + s[i]] = max(f[x + s[i]], f[x] + t[i]);
ub += s[i];
}
else {
for (x = lb; x <= ub; x ++)
f[x + s[i]] = max(f[x + s[i]], f[x] + t[i]);
lb += s[i];
}
}