动态规划详细教程Word文档格式.docx
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=0orc<
=0,thenw（a,b,c）returns:
1
ifa>
20orb>
20orc>
20,thenw（a,b,c）returns:
w（20,20,20）
bandb<
c,thenw（a,b,c）returns:
w（a,b,c-1）+w（a,b-1,c-1）-w（a,b-1,c）
otherwiseitreturns:
w（a-1,b,c）+w（a-1,b-1,c）+w（a-1,b,c-1）-w（a-1,b-1,c-1）
这本身就是一个递归函数，要是按照函数本身写递归式，结果肯定是TLE，这里我开了一个三维数组，从w（0,0,0）开始递推，逐步产生到w（20,20,20）的值，复杂度O（n^3）.
总结：
这道题是很地道的DP，因为它的子问题实在是太多了，所以将问题的结果保存起来，刘汝佳《算法艺术和信息学竞赛》中115页讲到自底向上的递推，这个例子就非常典型。
总体来说这个题目还是非常简单的，不过这个思想是地道的动态规划。
Pkuacm2081Recaman'
sSequence动态规划题目总结（三）
一道很简单的动态规划，根据一个递推公式求一个序列，我选择顺序的求解，即自底向上的递推，一个int数组result根据前面的值依此求出序列的每一个结果，另外一个boolean数组flag[i]记录i是否已经出现在序列中，求result的时候用得着，这样就避免了查找。
核心的java代码为：
for（i=1;
i<
=500000;
i++）
{
if（result[i-1]-i>
0&
&
flag[result[i-1]-i]==false）
{
result[i]=result[i-1]-i;
flag[result[i-1]-i]=true;
else
result[i]=result[i-1]+i;
flag[result[i-1]+i]=true;
Pkuacm1953WorldCupNoise动态规划题目总结（四）
给定一个小于45的整数n，求n位2进制数中不含相邻1的数的个数。
看似简单的一道题，如果当n=45时，对2的45次方检查，是无法完成的任务。
先分析一下这个问题：
N
以1结尾的个数
以0结尾的个数
总和
1
2
3
…
对于n=1来说，以1结尾、以0结尾个数都是1，总和是2，下面过度到2：
对于所有以1结尾的数，后面都可以加上0，变为n=2时以0结尾的，而只有结尾为0的数才能加上1（因为不能有两个连续0），这样就可以在n=2的格里分别填上1、2，总和算出来为3，以此类推，我们可以算出所有n<
=45的值，然后根据输入进行相应输出。
核心代码如下：
inti,num,count,array[50][2],j=0;
array[1][1]=1;
array[1][0]=1;
for（i=2;
50;
array[i][0]=array[i-1][1];
array[i][1]=array[i-1][1]+array[i-1][0];
我们可以继续找出规律，其实这个就是斐波那切数列数列：
F[N]=F[N-1]+F[N-2];
可以继续简化代码。
Pkuacm1458CommonSubsequence动态规划题目总结（五）
求两个string的最大公共字串，动态规划的经典问题。
算法导论有详细的讲解。
下面以题目中的例子来说明算法：
两个string分别为：
abcfbc和abfca。
创建一个二维数组result[][],维数分别是两个字符串长度加一。
我们定义result[i][j]表示Xi和Yj的最长子串（LCS）.当i或j等于0时，result[i][j]=0.LCS问题存在一下递归式：
result[i][j]=0i=0orj=0
result[i][j]=result[i-1][j-1]Xi==Yj
result[i][j]=MAX（result[i-1][j],result[i][j-1]）Xi!
=Yj
对于以上例子，算法如下：
Result[i][j]:
a
b
c
f
4
5
6
从最后一个格向上顺着箭头的方向可以找到最长子串的构成，在有箭头组成的线段中，含有斜向上的箭头对应的字符是其中的一个lcs。
Java代码的核心部分如下：
for（inti=0;
length1;
i++）{
result[i][0]=0;
length2;
result[0][i]=0;
for（inti=1;
=length1;
for（intj=1;
=length2;
if（str1.charAt（i-1）==str2.charAt（j-1））
result[i][j]=result[i-1][j-1]+1;
else
result[i][j]=result[i-1][j]>
result[i][j-1]?
result[i-1][j]:
result[i][j-1];
System.out.println（result[length1][length2]）;
Pkuacm2250Compromise动态规划题目总结（六）
这个也是求最长公共字串，只是相比CommonSubsequence需要记录最长公共字串的构成，此时箭头的标记就用上了,在程序中，用opt[][]存放标记，0表示朝向左上方，1表示指向上，-1表示指向左。
result[][]存放当前最大字串长度。
在求最优解时，顺着箭头从后向前寻找公共字串的序号，记录下来，输出即可。
该算法在算法导论中有详细的讲解。
Pkuacm1159Palindrome动态规划题目总结（七）
给一个字符串，求这个字符串最少增加几个字符能变成回文，如Ab3bd可以增加2个字符变为回文：
Adb3bdA。
通过这样的结论可以和最长公共子串联系起来（未证明）：
S和S'
（注:
S'
是S的反串）的最长公共子串其实一定是回文的。
这样我们就可以借助lcs来解决该题，即用s的长度减去lcs的值即可。
核心的Java代码为：
total-LCS（string,newStringBuffer（string）.reverse（）.toString（））;
//函数LCS返回两个string的lcs的长度
Pkuacm1080HummanGeneFunction动态规划题目总结（八）
这是一道比较经典的DP，两串基因序列包含A、C、G、T，每两个字母间的匹配都会产生一个相似值，求基因序列（字符串）匹配的最大值。
这题有点像求最长公共子序列。
只不过把求最大长度改成了求最大的匹配值。
用二维数组opt[i][j]记录字符串a中的前i个字符与字符串b中的前j个字符匹配所产生的最大值。
假如已知AG和GT的最大匹配值，AGT和GT的最大匹配值，AG和GTT的最大匹配值，求AGT和GTT的最大匹配值，这个值是AG和GT的最大匹配值加上T和T的匹配值，AGT和GT的最大匹配值加上T和-的匹配值，AG和GTT的最大匹配值加上-和T的匹配值中的最大值，所以状态转移方程：
opt[i][j]=max（opt[i-1][j-1]+table（b[i-1],a[j-1]）,opt[i][j-1]+table（'
-'
a[j-1]）,opt[i-1][j]+table（'
b[i-1]））;
Null
A
G
T
-3
-5
-6
-8
-11
-12
-14
-2
-4
-7
-9
第0行，第0列表示null和字符串匹配情况，结果是’-’和各个字符的累加：
for（i=1;
=num1;
opt[0][i]=opt[0][i-1]+table（'
a[i-1]）;
for（i=1;
=num2;
opt[i][0]=opt[i-1][0]+table（'
b[i-1]）;
opt[num2][num1]即为所求结果。
Pkuacm2192Zipper动态规划题目总结（九）
这个题目要求判断2个字符串能否组成1个字符串，例如cat和tree能组成tcraete。
我们定义一个布尔类型的二维数组array,array[i][j]表示str1[i]和str2[j]能否组成str[i+j].i=0或者j=0表示空字符串，所以初始化时，array[0][j]表示str1的前j个字符是否和str都匹配。
对于str=tcraete:
t
r
e
可以证明：
当array[i-1][j]（array[i][j]上面一格）和array[i][j-1]（array[i][j]左面一格）都为0时，array[i][j]为0.当array[i-1][j]（array[i][j]上面一格）为1且左面字母为str[i+j]时或者当array[i][j-1]（array[i][j]左面一格）为1且上面字母为str[i+j]时，array[i][j]为1.这就是状态转移方程为。
核心的Java代码：
if（array[i][j-1]&
str1.charAt（j-1）==str.charAt（i+j-1）||array[i-1][j]&
str2.charAt（i-1）==str.charAt（i+j-1））
array[i][j]=true;
else
array[i][j]=false;
Pkuacm3356AGTC动态规划题目总结（十）
一个字符串可以插入、删除、改变到另一个字符串，求改变的最小步骤。
和最长公共子序列类似，用二维数组opt[i][j]记录字符串a中的前i个字符到字符串b中的前j个字符匹配所需要的最小步数。
假如已知AG到GT的最小步数，AGT到GT的最小步数，AG到GTT的最小步数，求AGT到GTT的最小步数，此时T==T，这个值是AG到GT的最小步数，AGT到GT的最小步数加一（AGT到GT的最小步数等于AGTT到GTT的最小步数，加一是将T删除的一步），AG到GTT的最小步数加一（AG到GTT的最小步数等于AGT到GTTT的最小步数，加一是在AGT上增加T的一步）。
假如已知AG到GT的最小步数，AGA到GT的最小步数，AG到GTT的最小步数，求AGA到GTT的最小步数，此时A!
=T，这个值是AG到GT的最小步数加一（A改变为T），AGA到GT的最小步数加一（AGA到GT的最小步数等于AGAT到GTT的最小步数，加一是将T删除的一步），AG到GTT的最小步数加一（AG到GTT的最小步数等于AGA到GTTA的最小步数，加一是在GTTA上删除A的一步）。
所以状态转移方程：
if（str1.charAt（i-1）==str2.charAt（j-1））
array[i][j]=Math.min（Math.min（array[i-1][j-1],array[i-1][j]+1）,array[i][j-1]+1）;
array[i][j]=Math.min（Math.min（array[i-1][j-1]+1,array[i-1][j]+1）,array[i][j-1]+1）;
初始化的时候和最长公共子序列不同，因为第0行，第0列表示null转化到字符串情况，结果是字符串的长度：
=m;
array[i][0]=i;
}
=n;
array[0][i]=i;
7
结果是array[m][n]
Pkuacm1887TestingtheCATCHER动态规划题目总结（十一）
题目叙述很繁琐，其实就是求最长下降子序列，这一类题也是动态规划的典型题。
这类问题有两种算法，一种T（o）=O（n^2）,另一种T（o）=O（nlogn）,这里用第一种，在1631Bridgingsignals的解题报告中介绍第二种。
创建一个一维数组num_array[j]，max_array[],num_array[j]表示序列的元素，max_array[i]表示以第i个元素结尾的序列中的最长下降子序列，初始化为1，对于一个max_array[i]，遍历前面的每个元素j，如果num_array[j]>
num_array[i]且max_array[j]>
=max_array[i],那么max_array[j]就要加1，所以递推公式为：
if（num_array[i]<
=num_array[j]&
max_array[i]<
=max_array[j]）
max_array[i]++;
最后选最大的一个max_array[i]就是最长下降子序列的个数。
Java关键部分的代码：
length;
i;
if（num_array[i]<
max_array[i]++;
max_value=（max_array[i]>
max_value）?
max_array[i]:
max_value;
max_value是最后的结果。
Pkuacm2533LongestOrderedSubsequence动态规划题目总结（十二）
这个题目和1887TestingtheCATCHER一模一样，没有什么值得说的，关键的c代码如下：
for（j=1;
j++）
if（max[i]<
=max[j]&
num[i]>
num[j]）
max[i]++;
if（max[i]>
result）
result=max[i];
printf（"
%d\n"
result）;
Pkuacm1631Bridgingsignals动态规划题目总结（十三）
这个题目可以转化为最长上升子序列，这样这个题目似乎就和2533LongestOrderedSubsequence1887TestingtheCATCHER一样了，迅速写下代码，结果超时！
看来只能用O（nlogn）的算法了。
在O（n^2）的算法中：
创建一个一维数组array[j]，opt[],array[j]表示序列的元素，opt[i]表示以第i个元素结尾的序列中的最长下降子序列，初始化为1，对于一个opt[i]，遍历前面的每个元素j，如果array[j]>
array[i]且opt[j]>
=opt[i],那么opt[j]就要加1，在这里，遍历前面的每个元素j，寻找此前最大的子序列时间复杂度为O（n），如果我们在一个有序的序列中查找此前最大的序列长度，我们就可以用二分查找，时间复杂度就会降为O（logn）,总的时间复杂度就会为O（nlogn）。
为此，我们增加一个一维数组B，B[i]表示当前序列为i的末尾元素的最小值。
例如对于序列：
426315：
i
array
opt
B
构建过程如下：
i=1时，opt[i]=1B[i]=4（当前为1的序列的末尾元素的最小值）
i=2时，2不大于4，所以opt[i]=1,将B[1]更新为2
i=3时，6大于2，所以opt[i]=1+1,将B[2]更新为6
i=4时，3在26之间，所以opt[i]=1+1,将B[2]更新为3
i=5时，1小于2，所以opt[i]=1,将B[1]更新为1
i=6时，5大于3，所以opt[i]=2+1,将B[3]更新为5
opt[6]就是最后的结果。
从构建的过程可以容易的证明一下两点：
B是递增的。
B是当前序列为i的末尾元素的最小值。
以上“2不大于4”，“3在26之间”等等的判断采用二分查找，所以总的时间复杂度为：
O（nlogn），核心的c代码如下：
num=array[i];
left=1;
right=Blen;
while（left<
=right）
mid=（left+right）/2;
if（B[mid]<
num）
left=mid+1;
right=mid-1;
opt[i]=
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