基础DP

内容参考书籍《算法竞赛入门到进阶》

　　DP与分治法的区别：

　　(1)分治法是把问题分成独立的子问题，各个子问题能独立解决，一个子问题内部的计算不需要其他子问题的数据，例如归并排序。

　　(2)DP的子问题之间是相关的，前面子问题的解决结果被后面的子问题使用。

　　(DP比分治复杂得多)

　　求解DP问题有3步，即定义状态、状态转移、算法实现。DP的核心是状态、状态转移方程。用状态转移方程求解状态，状态往往就是问题的解。

下面从简单的硬币问题开始引出动态规划：

 最少硬币问题：有n种硬币，面值分别为v₁ v₂ v₃ ...v_n ，数量无限。输入非负整数s，选用硬币使其和为s，要求输出最少的硬币组合。

定义一个数组Min[MONEY],其中Min[i]是金额i对应的最少硬币数量。对于输入的某个金额i，只要查Min[i]即可。

那么如何计算Min[i]呢？下面我们以面值(1、5、10、25、50)为例讲解递推过程。

首先我们类比一下斐波那契数列，要输出斐波那契的某一项时，我们可以将斐波那契数列前n项全部算出来，对于第i项直接查数组即可。

我们知道，斐波那契数列的第一项是1，第二项是1，往后的所有项都是前两项的和即F[n]=F[n-1]+F[n-2]，于是我们可以通过一个循环一项一项地计算到第n项。

同样，对于这道题我们知道Min[0]=0，假设现在我只考虑面值为1的硬币，那么Min[1]=1，Min[2]=2，即：Min[i]=Min[i-1]+1

那么如果我们只有面值为1的硬币，对于金额为i的解我们便可以通过上述方程通过一个循环解出来。

接下来我们增加面值为5的硬币，我们知道Min[5]=1，因为金额为5只需要一枚面值为5的硬币即可，而Min[6]=2,因为只需要一枚5和一枚1，Min[7]=3

我们发现金额大于5的答案在加入了金额为5之后将更新为Min[i]=min(Min[i],Min[i-5]+1)。接下来处理其他面值即可。

值得注意的是，在DP中，不仅要求最优解数量，往往还要输出最优解本身。

在上诉问题中，需要增加一个记录表Min_path[i]，记录金额i需要的最后一枚硬币。例如Min_path[6]=5，表示最后一个硬币是5，而Min_path[6-5]=1，表示接下来一枚是1，最后Min_path[0]=0，输出即可。

那如果我们要输出所有方案数呢？可以通过类似上述思路求解，首先定义一个数组dp[num],dp[i]表示金额i对应的组合方案数。

假设我们现在也只考虑面值为1的硬币，显然dp[0]=1，一个硬币也不用也是一种方案，这方便我们接下来的处理，dp[1]=1，dp[2]=1...由于只有一个硬币所以方案数都是1。

现在增加面值为5的硬币，那么显然dp[5]=2，dp[6]=2，dp[10]=3，由此我们推导出方程为dp[i]=dp[i]+dp[i-5]，同理增加剩下的面值即可。

 然而我们又遇到了一个新的问题，假如题目限制了硬币的数量，这时我们就需要重新定义状态为dp[i][j]，其中i表示金额，j表示硬币数，dp[i][j]表示用j个硬币实现金额i的方案数。

我们定义type[5]={1,5,10,25,50},初始化dp[0][0]=1，其余为0.

先考虑只有面值为1的硬币，dp[1][1]=1，因为硬币数量+1，方案数为前一个状态方案数，即：dp[1][1]=dp[0][0]=1，但要考虑到原有方案数，故修正关系为dp[1][1]=dp[1][1]+dp[0][0].

把上述方程改写成dp[1][1]=dp[1][1]+dp[1-type[0]][1-1].

增加面值为5的硬币有dp[i][j]=dp[i][j]+dp[i-type[1]][j-1]

继续增加则有此关系：dp[i][j]=dp[i][j]+dp[i-type[k]][j-1]，k=2,3,4

hdu2069：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2069

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int COIN = 101;//题目要求不超过100个硬币
const int MONEY = 251;//题目给定的钱数不超过250
int dp[MONEY][COIN];//初始化dp转移矩阵
int type[5] = {1,5,10,25,50};//5种面值
void solve()        //dp
{
    dp[0][0] = 1;
    for (int i = 0; i < 5; ++i)//依次增加5种面值，更新dp
        for (int j = 1; j < COIN; ++j)//遍历硬币数
            for (int k = type[i]; k < MONEY; ++k)//从该面值开始往后更新
                dp[k][j] += dp[k-type[i]][j-1];//状态转移
}

int main(int argc, char const *argv[])
{
    int s;
    int ans[MONEY] = {0};
    solve();//用dp计算完整的转移矩阵
    for (int i = 0; i < MONEY; ++i)//对每个金额计算有多少种组合方案，打表
        for (int j = 0; j < COIN; ++j)//从0开始，注意dp[0][0]=1
            ans[i] += dp[i][j];
    while(cin>>s)
        cout<<ans[s]<<endl;
    return 0;
}