初级dp
数塔问题：
思路：dp数组记录底层，然后每次上一层加上下一层两边的最大值就行了
转移方程：dp [ i ] [ j ] = max(dp[i+1][j] ,dp[i+1][j+1]) + f[i][j]
i 是倒序的，从n-1 到 1吧，然后每次j会<=i,回到1
//数塔问题：可以从第一层加至第五层，每次选一层一个数；
// 求路径上数字最大和
//
#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
const int maxn=1010;
int f[maxn][maxn],dp[maxn][maxn];
int n;
int main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=i;j++)
{
cin>>f[i][j];
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
dp[n][i]=f[n][i];
//每次转移至上一层
for(int i=n-1;i>=1;i--)
{
for(int j=1;j<=i;j++)
{
dp[i][j]=max(dp[i+1][j],dp[i+1][j+1])+f[i][j];
}
}
cout<<dp[1][1]<<endl;
return 0;
}
最大连续子列和
思路：每次寻找最大添加该元素后的连续子序列，和当前序列本身
转移方程：dp[i] = max(a[i],dp[i-1]+a[i])
//最大连续子列和问题
#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
const int maxn=1010;
int a[maxn],dp[maxn],n;
int main()
{
cin>>n;
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>a[i];
dp[1]=a[1];
for(int i=2;i<=n;i++)
{
//状态转移方程
//会等于前一段子序列，和添加当前子序列中的最大值
dp[i]=max(a[i],dp[i-1]+a[i]);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
ans=max(ans,dp[i]);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
连续不下降最长子序列LIS：
思路：每次让dp[i]的长度为1，然后判断a[i]是否大于a[j]，dp[j]+1是否大于dp[i]如果满足则进行转移，i表示以i结尾的子序列，所以j<i
转移方程：if a[i]>a[j] && dp[j]+1>dp[i] 则进行转移 dp[i]=dp[j+1]
//最长连续不下降子序列
#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
const int maxn=1010;
int a[maxn],dp[maxn],n;
int main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>a[i];
int ans=-1;
//i表示以i结尾的最长连续不下降子序列
for(int i=1;i<=n;i++)
{
dp[i]=1;
for(int j=1;j<i;j++)
{
if(a[i]>=a[j] && dp[j]+1>dp[i])
dp[i]=dp[j]+1;
}
ans=max(ans,dp[i]);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
最长公共子序列问题LCS：
思路：i表示s1串的前i个字母，j表示s2串的前j个字母，进行判断是有两种可能一种是 s1[i] == s2[j]，则dp[i+1][j+1]=dp[i][j]+1, 另一种是s1[i] != s2[j] 的情况，这种情况就是判断 dp[i+1][j] 和dp[i][j+1] 的大小，等于之间较大的这样转移方程就出来了。
//最长公共子序列问题
// 比如sadstory
// adminsorry
// 的最长公共子序列为adsory
#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
const int maxn=1010;
int dp[maxn][maxn];
int main()
{
string s1;
string s2;
cin>>s1;
cin>>s2;
// idea：两个分枝：
// 当s1[i]==s2[j] 时，长度直接为上一个加一即可
// 当不等于时 ，判断 dp[i-1][j] 和 dp[i][j-1]之间的大小，大的连接作为最长的子序列
for(int i=0;i<s1.size();i++)
{
for(int j=0;j<s2.size();j++)
{//每次都同时延长一个长度
if(s1[i]==s2[j])
{
dp[i+1][j+1]=dp[i][j]+1;
}
else{
dp[i+1][j+1]=max(dp[i][j+1],dp[i+1][j]);
}
}
}
cout<<dp[s1.size()][s2.size()]<<endl;
return 0;
}
背包问题大合集：
01 背包
注意for的顺序
for i = 0:n-1
for j = W:w[i]
状态转移方程 dp[j] = max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]);
完全背包问题
for i = 0:n-1
for j = w[i]:W
状态转移方程 dp[j] = max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]);
#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
const int maxn=1010;
int n,W;
int dp[maxn][maxn];
int w[maxn],v[maxn];
int ddp[maxn];
//o1背包思路
// i表示放第i件物品
// 策略1，不放第i件物品则dp[i+1][j]=dp[i][j];
// 策略2，放第i件物品，然后dp[i+1][j]转换成了前dp[i][j]和dp[i][j-w[i]]+v[i]最大值;
void solve01_dp()
{
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<=W;j++)
{
if(j<w[i])
dp[i+1][j]=dp[i][j];
else{
dp[i+1][j]=max(dp[i][j],dp[i][j-w[i]]+v[i]);
}
}
}
cout<<dp[n][W]<<endl;
}
//完全背包，一件物品可放多次
//此方法不是很建议，复杂度有点高，但可以优化
void solve_all_dp()
{
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<=W;j++)
{
for(int k=0;k*w[i]<=j;k++)
dp[i+1][j]=max(dp[i+1][j],dp[i][j-k*w[i]]+k*v[i]);
}
}
cout<<dp[n][W]<<endl;
}
//完全背包优化版与01背包不同之处在于
// 转换dp[i+1][j]放是判断dp[i][j]和dp[i+1][j-w[i]]+v[i]的大小，后面变成了i+1
// 因为可以多放几次
void solve_all_dp2()
{
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<=W;j++)
{
if(j<w[i])
dp[i+1][j]=dp[i][j];
else{
dp[i+1][j]=max(dp[i][j],dp[i+1][j-w[i]]+v[i]);
}
}
}
}
// 01背包1维数组版
// 注意是逆序枚举j
void solve__01dp()
{
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=W;j>=w[i];j--)
ddp[j]=max(ddp[j],ddp[j-w[i]]+v[i]);
}
cout<<ddp[W]<<endl;
}
// 完全背包，顺序枚举j
// 状态转移格式都是 dp[j] = max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i])
void solve__alldp()
{
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=w[i];j<=W;j++)
ddp[j]=max(ddp[j],ddp[j-w[i]]+v[i]);
}
cout<<ddp[W]<<endl;
}
int max_n,max_v;
//o1dp的衍生问题，当w特别大时
//idea:两个分枝：
//前i-1个物品挑选价值总和为j的部分
//前i-1个物品j-v[i]的部分，然后再选中第i个物品
void dp01()
{
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<==max_n*max_v;j++)
{
if(j<=v[i])
dp[i+1][j]=dp[i][j];
else{
dp[i+1][j]=min(dp[i][j],dp[i][j-v[i]]+w[i]);
}
}
}
int res=0;
for(int i=0;i<=max_n*max_v;i++) if(dp[n][i]<=w) res=i;
cout<<res<<endl;
}
int main()
{
return 0;
}
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