最长递增子序列
动态规划的核⼼设计思想是数学归纳法。
题目
分析
我们的定义是这样的：dp[i] 表⽰以 nums[i] 这个数结尾的最⻓递增⼦序列的⻓度。
题解
public int lengthOfLIS(int[] nums) {
int[] dp = new int[nums.length];
// dp 数组全都初始化为 1
Arrays.fill(dp, 1);
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
for (int j = 0; j < i; j++) {
if (nums[i] > nums[j])
dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);
}
}
int res = 0;
for (int i = 0; i < dp.length; i++) {
res = Math.max(res, dp[i]);
}
return res;
}
总结⼀下动态规划的设计流程：
1、⾸先明确 dp 数组所存数据的含义。这步很重要，如果不得当或者不够清晰，会阻碍之后的步骤。
2、然后根据 dp 数组的定义，运⽤数学归纳法的思想，假设 dp[0...i-1] 都已知，想办法求出 dp[i] ，⼀旦这⼀步完成，整个题⽬基本就解决了。
但如果⽆法完成这⼀步，很可能就是 dp 数组的定义不够恰当，需要重新定
义 dp 数组的含义；或者可能是 dp 数组存储的信息还不够，不⾜以推出下⼀
步的答案，需要把 dp 数组扩⼤成⼆维数组甚⾄三维数组。
3、最后想⼀想问题的 base case 是什么，以此来初始化 dp 数组，以保证算法正
确运⾏。
0-1背包问题
题目
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。
分析
1、第⼀步要明确两点，「状态」和「选择」。
1）先说状态，如何才能描述⼀个问题局⾯？只要给⼏个物品和⼀个背包的容量限制，就形成了⼀个背包问题呀。所以状态有两个，就是「背包的容量」和「可选择的物品」。
2）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：
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...)
2、第⼆步要明确 dp 数组的定义。
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。
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] 。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。
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]
3、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？这就要结合对 dp 数组的定义和我们的算法逻辑来分析。
1) 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] ，继承之前的结果。
2) 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] 。
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]
4、最后⼀步，把伪码翻译成代码，处理⼀些边界情况。
题解
int knapsack(int W, int N, vector<int>& wt, vector<int>& val) {
// 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) {
// 边界情况，这种情况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];
}
0-1背包之——相等子集分隔
题目
分析
那么对于这个问题，我们可以先对集合求和，得出 sum ，把问题转化为背包问题：
给⼀个可装载重量为 sum / 2 的背包和 N 个物品，每个物品的重量为nums[i] 。现在让你装物品，是否存在⼀种装法，能够恰好将背包装满？
1、第⼀步要明确两点，「状态」和「选择」。
状态就是「背包的容量」和「可选择的物品」，选择就是「装进背包」或者「不装进背包」。
2、第⼆步要明确 dp 数组的定义。
按照背包问题的套路，可以给出如下定义：
dp[i][j] = x 表⽰，对于前 i 个物品，当前背包的容量为 j 时，若 x为 true ，则说明可以恰好将背包装满，若 x 为 false ，则说明不能恰好将背包装满。
我们想求的最终答案就是 dp[N][sum/2] ，base case 就是dp[..][0] = true 和 dp[0][..] = false ，因为背包没有空间的时候，就相当于装满了，⽽当没有物品可选择的时候，肯定没办法装满背包。
3、第三步，根据「选择」，思考状态转移的逻辑。
回想刚才的 dp 数组含义，可以根据「选择」对 dp[i][j] 得到以下状态转移：
如果不把 nums[i] 算⼊⼦集，或者说你不把这第 i 个物品装⼊背包，那么是否能够恰好装满背包，取决于上⼀个状态 dp[i-1][j] ，继承之前的结果。
如果把nums[i]算⼊⼦集，或者说你把这第 i 个物品装⼊了背包，那么是否能够恰好装满背包，取决于状态 dp[i - 1][j-nums[i-1]] 。
注意：由于 i 是从 1 开始的，⽽数组索引是从 0 开始的，所以第 i 个物品的重量应该是 nums[i-1] ，这⼀点不要搞混。
4、最后⼀步，把伪码翻译成代码，处理⼀些边界情况。
题解
bool canPartition(vector<int>& nums) {
int sum = 0;
for (int num : nums) sum += num;
// 和为奇数时，不可能划分成两个和相等的集合
if (sum % 2 != 0) return false;
int n = nums.size();
sum = sum / 2;
vector<vector<bool>>
dp(n + 1, vector<bool>(sum + 1, false));
// base case
for (int i = 0; i <= n; i++) {
dp[i][0] = true;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= sum; j++) {
if (j - nums[i - 1] < 0) {
// 背包容量不⾜，不能装⼊第 i 个物品
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
} else {
// 装⼊或不装⼊背包
dp[i][j] = dp[i - 1][j] | dp[i - 1][j-nums[i-1]];
}
}
}
return dp[n][sum];
}
完全背包-零钱兑换
这个问题和我们前⾯讲过的两个背包问题，有⼀个最⼤的区别就是，每个物品的数量是⽆限的，这也就是传说中的「完全背包问题」，没啥⾼⼤上的，⽆⾮就是状态转移⽅程有⼀点变化⽽已。
分析
1、第⼀步要明确两点，「状态」和「选择」。（与0-1背包相同）
2、第⼆步要明确 dp 数组的定义。（与0-1背包相同）
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。
dp[i][j] 的定义如下：
若只使⽤前 i 个物品，当背包容量为 j 时，有 dp[i][j] 种⽅法可以装满背包。
即，若只使⽤ coins 中的前 i 个硬币的⾯值，若想凑出⾦额 j ，有 dp[i][j] 种凑法。base case 为 dp[0][..] = 0， dp[..][0] = 1 。因为如果不使⽤任何硬币⾯值，就⽆法凑出任何⾦额；如果凑出的⽬标⾦额为 0，那么“⽆为⽽治”就是唯⼀的⼀种凑法。
3、第三步，根据「选择」，思考状态转移的逻辑。（（与0-1背包不同点）
注意，我们这个问题的特殊点在于物品的数量是⽆限的，所以这⾥和之前写的背包问题⽂章有所不同。
如果你不把这第 i 个物品装⼊背包，也就是说你不使⽤ coins[i] 这个⾯值的硬币，那么凑出⾯额 j 的⽅法数 dp[i][j] 应该等于 dp[i-1][j] ，继承之前的结果。
如果你把这第 i 个物品装⼊了背包，也就是说你使⽤ coins[i] 这个⾯值的硬币，那么 dp[i][j] 应该等于 dp[i][j-coins[i-1]] 。
注意：由于 i 是从 1 开始的，所以 coins 的索引是 i-1 时表⽰第 i 个硬币的⾯值。
综上就是两种选择，⽽我们想求的 dp[i][j] 是「共有多少种凑法」，所以dp[i][j] 的值应该是以上两种选择的结果之和。
4、最后⼀步，把伪码翻译成代码，处理⼀些边界情况。（与0-1背包相同）
题解
int change(int amount, int[] coins) {
int n = coins.length;
int[][] dp = amount int[n + 1][amount + 1];
// base case
for (int i = 0; i <= n; i++)
dp[i][0] = 1;
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] + dp[i][j - coins[i - 1]];
} else {
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
}
}
return dp[n][amount];
}
</vector