動態規劃系列

基本思想

將一個問題分爲子問題遞歸求解，且將中間結果保存以避免重複計算。通常可以求得子問題的最優解，且最優解的局部也是最優的。求解過程產生多個決策序列，下一步總是依賴上一步的結果，自底向上的求解。

1.揹包問題

0-1揹包問題

有n件物品和一個容量爲 v的揹包，放入第i件物品的空間消耗是ci ,得到的價值是wi 。求解將哪些物品裝入揹包可使價值總和最大。

基本思路：
定義子問題：f[i][j]表示將前i個物品放入容量爲j的揹包中。
求解時只需考慮第i個物品放入或者不放入兩種可能
則有狀態轉移方程：f[i][j] = max{f[i-1][j]，f[i-1][j-ci ]+wi

f[0,0...v] = 0
for i <- 1 to n
    for j <- 0 to v
        if(v < c[i]) continue;//放不下第i個物品
        f[i][j] = max(f[i-1][j],f[i-1][v-c[i]]+w[i])

空間優化：
由於 i 在從0 到 n的過程中，每次只以i-1的狀態進行計算，我們可以考慮只用一維數組節省空間，即使用f[0…v]來保存狀態，但是根據我們的狀態轉移方程，f[i][j] 是由f[i-1][j]與f[i-1][j-c[i]]來決定的，也就是說考慮往容量大小爲j的包裏放東西時，取決於i-1的狀態時，j-c[i]大小容量的最優解。
j-c[i] < j, 那麼在更新j狀態的值時，j-c[i]狀態的值要沒有變過，所以j要從大到小更新。

f[0...v] <- 0
for i <- 1 to n
    for j <- v to c[i]
        f[j] = max(f[j],f[j-c[i]]+w[i])

關於初始化：
如果要求揹包必須裝滿，那麼初始化因爲−∞ , 因爲如果不要求揹包裝滿，那麼每個子問題必有一個解，什麼都不裝爲0，但如果要求必須裝滿就可能存在無解的異常狀態，用−∞ 表示

2.完全揹包問題

同樣是有n種物品，一個容量爲v的包，但是每種物品可以無限件使用，放入第i種物品費用是ci ,價值是wi ，解價值最大的放法
思路：轉化爲0-1揹包問題，第i件物品可以無限放，但最多也就放v/ci 件，那麼f[i][j]狀態更新時的狀態轉移方程可以爲：

f[i][j]=max(f[i−1][v−kc[i]]+kw[i]),0<=kc[i]<=v

3.最長公共子串

給定兩個字符串str1,str2,求最長公共子串
思路：
在比較str1[i]與str2[j]的時候，即以str1[i],str2[j]結尾的子串的最長公共子串，如果str1[i]==str2[j], 結果爲str1[i-1]與str2[j-1]的最長公共子串加1，如果用dp[i][j]表示以str1[i],str2[j]結尾的兩個字符串的最長公共子串，那麼狀態轉移方程可以寫爲：

if(str1[i] == str2[j]){
    dp[i][j] = dp[i-1][j-1]+1;
}
else dp[i][j] = 0;

4.最長公共子序列

最長公共子序列與最長公共子串不同，可以不連續
那麼在狀態轉移方程中，在str1[i]與str2[j]如果不等，dp[i][j] 不是爲0，而是等於max(dp[i-1][j],dp[i][j-1], 如下：
狀態記錄二維數組大小可以爲dp[n1+1][n2+1], 留dp[0][0]作爲初始狀態

if(str1[i] == str2[j]){
    dp[i][j] = dp[i-1][j-1]+1;
}
else{
    dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
}

待續