【动态规划】动态规划基础、背包 dp 学习笔记
动态规划基础概念
动态规划（Dynamic Programming，dp）是一类用来解决最优化问题（和部分计数问题）的算法。动态规划的学习和题目从普及组到 IOI 都会出现。
动态规划可解问题的特点
如果一个问题可以通过动态规划求解，则这个问题一定（充分不必要）满足这两个特点：
最优子结构
动态规划可以解决的问题通常是求问题最优解的问题。且这种问题可被分割为多个子问题，子问题的解也是最优的。通过各个子问题的最优解可以逐步计算出全局最优解，得出答案。
无后效性
动态规划划分出的子问题有以下性质：某个子问题的结果被求解之后，其值不会受如何求解影响。后面的计算如果可以用到这个子问题的结果，则和这个子问题通过怎样的方法怎样的顺序求解无关，即“未来和过去无关”。
动态规划的基本步骤
- 找子问题，把问题划分为各个阶段。
- 根据阶段划分确定动态规划的状态。
- 找到初始状态。
- 通过阶段之间的决策找出状态转移方程。
- 通过状态转移方程，通过递推或者记忆化搜索写出代码、优化，求出问题的解。
这些步骤看上去比较抽象，下面通过几个例题来熟悉一下这些步骤。
动态规划的时间复杂度分析
状态复杂度 乘以 转移复杂度。
例题
洛谷 P1216 [IOI1994] 数字三角形 Number Triangles
这题是动态规划最典型的入门题，完美满足动态规划可解问题的两个性质。而且 IOI（国际信息学奥林匹克竞赛）作为 OI 最高峰，考动态规划基本题是因为那时候动态规划刚被发明，所以这题极适合入门学习。
先分析这个问题：
- 最优子结构：显然这个问题可以划分成多个子问题，每个子问题求解出从起点出发走到某个数字的最优解，问题最终的答案是最后一行每个数字对应的子问题的解的最大值，可以通过子问题的最优解计算而来。
- 无后效性：到达每个数字的最大值只和到达其上一层两个点得到的最大值有关，和上一层两个点的最大值是从哪转移来的无关。
因此，这个问题可以通过动态规划求解，解决步骤：
- 子问题：
dp[i][j]表示走到第i行第j个数时子问题的答案，将其定义为状态。 - 初始状态：显然
dp[1][1]=a[1][1]，将其作为初始状态。 - 决策：每个数可以从他上面两个数走来，所以状态转移方程：
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-1])+a[i][j]。 - 根据状态转移方程写出代码，最终答案是
max(dp[n][1...n])。
下面我们看如何写出代码：
在转移过程中，用每个已经计算出的状态计算当前的新状态，代码实现如下：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
// #define int long long
int n;
int a[1005][1005], dp[1005][1005];
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0);
#ifdef DEBUG
clock_t t0 = clock();
freopen("data.in", "r", stdin);
freopen("data.out", "w", stdout);
#endif
// Don't stop. Don't hide. Follow the light, and you'll find tomorrow.
cin >> n;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
for (int j = 1;j <= i;j++) {
cin >> a[i][j];
}
}
dp[1][1] = a[1][1];
for (int i = 2;i <= n;i++) {
for (int j = 1;j <= i;j++) {
if (j == 1) dp[i][j] = dp[i - 1][j] + a[i][j];
else if (j == i) dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + a[i][j];
else dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - 1]) + a[i][j];
// 状态转移，根据状态转移方程，注意边界条件
}
}
int ans = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++) ans = max(ans, dp[n][i]);
cout << ans << endl;
#ifdef DEBUG
cerr << "Time used:" << clock() - t0 << "ms" << endl;
#endif
return 0;
}
背包问题
背包问题是一类经典的可以使用动态规划解决的问题。先看以下几个动态规划基本模型：
0 - 1 背包问题
例题：P1048 [NOIP2005 普及组] 采药
0 - 1 背包问题基本模型是：给定 \(n\) 个物品，每个物品有一个价值和一个体积，分别记作 \(w_i\) 和 \(v_i\)，给定一个容量为 \(m\) 的背包，把每个物品装入背包需要占用 \(w_i\) 的体积，总占用体积不能超过背包容量，获得的价值是 \(v_i\)。求如何装入物品的所有方案中，价值和的最大值。
状态表示
dp[i][j] 表示前 \(i\) 个物品，占用了 \(j\) 的空间的所有方案中，价值的最大值。
最优子结构性质：dp[i][j] 可以从 dp[i-1][j] (不选第 i 个物品) 和 dp[i-1][j-w[i]] 的最优解计算。
无后效性：把状态的第一位看作阶段，每个阶段的答案只和上一个阶段有关，不和后面的阶段有关，所以，具有无后效性。
状态计算
dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-w[i]] + v[i])
优化
时间复杂度：\(O(nm) \times O(1) = O(nm)\)，空间复杂度：\(O(mn)\)，空间超限。
通过去掉第一维，倒序计算，可以把空间复杂度优化到 \(O(m)\)。
代码实现
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int N, V, v[1005], w[1005];
int dp[1005];
int main()
{
cin >> V >> N;
for (int i = 1; i <= N; i++)
cin >> v[i] >> w[i];
for (int i = 1; i <= N; i++)
for (int j = V; j >= 0; j--)
if (j >= v[i])
dp[j] = max(dp[j], dp[j - v[i]] + w[i]);
cout << dp[V] << endl;
return 0;
}
习题：
- 洛谷 P2871 [USACO07DEC] Charm Bracelet S
- 洛谷 P1049 [NOIP2001 普及组] 装箱问题
完全背包问题
例题：P1616 疯狂的采药
状态表示
状态计算
优化
二维 0 - 1 背包
多重背包问题
例题：P1776 宝物筛选
朴素解法
二进制拆分优化
分组背包问题
混合背包问题
例题：P1833 樱花
