dp考虑两个方面，包括如何表示状态（维度，属性（min、max、cnt）），如何计算当前状态（状态转移方程）。dp问题的优化一般是对状态转移方程进行等价变形。
01背包问题
有n个物品和一个容量为V的背包。
每个物品有两个属性，包括所占用的体积v以及拥有的价值w，每件物品只能用一次。
求背包能装得下的情况下所能拥有的最大价值为多少。
f[i, j] = max(f[i-1, j], f[i, j-v] + w
滚动数组优化
- 能发现，
f[i][j]的状态转移仅使用到了f[i-1][...]，故可以采用滚动数组来做。即当前层的状态转移仅与上一层有关 - 当前层是
i & 1，上一层是i-1 & 1
完全背包问题
与01背包的区别在于，每件物品可以拿无数次。
优化过程
f[i, j] = max(f[i-1, j], f[i-1, j-v]+w, f[i-1, j-2v]+2w, f[i-1, j-3v]+3w ...)
对比：
f[i, j-v] = max(f[i-1, j-v], f[i-1, j-2v]+w, f[i-1, j-3v]+2w ...)
也就是
f[i][j] =max(f[i-1][j], f[i-1][j-v]+w, f[i-1][j-2v]+2w, f[i-1][j-3v]+3w,...)
f[i][j-v] =max( f[i-1][j-v], f[i-1][j-2v]+w, f[i-1][j-3v]+2w, f[i-1][j-4v]+3w,...)
f[i][j-v]+w=max( f[i-1][j-v]+w, f[i-1][j-2v]+2w, f[i-1][j-3v]+3w, f[i-1][j-4v]+4w,...)
1）通过两项对比，可以得出结论，可省掉一重循环
f[i, j] = max(f[i][j], f[i][j-v]+w)
所以实际上多重背包的本质也还是01背包
但是01背包问题为从后往前面推导，完全背包问题为从前往后推导
2）同时，对状态存储进行优化，还可以省略掉一维数组
f[j] = max(f[j], f[j-v]+ w)
3）完全背包问题实际上求得的是某一个数组区间内的最大值，也可以视作滑动窗口最大值，对于该问题即可利用单调队列进行优化
习题讲解
1. 最长上升子序列
题目描述
这是一个简单的动规板子题。
给出一个由 \(n(n\le 5000)\) 个不超过 \(10^6\) 的正整数组成的序列。请输出这个序列的最长上升子序列的长度。
最长上升子序列是指，从原序列中按顺序取出一些数字排在一起，这些数字是逐渐增大的。
输入格式
第一行，一个整数 \(n\)，表示序列长度。
第二行有 \(n\) 个整数，表示这个序列。
输出格式
一个整数表示答案。
样例输入 #1
6
1 2 4 1 3 4
样例输出 #1
4
提示
分别取出 \(1\)、\(2\)、\(3\)、\(4\) 即可。
代码参考
//B3637
#include<stdio.h>
#include<iostream>
using namespace std;
int a[5005], f[5005];
int main(){
int n;
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++){
cin >> a[i];
f[i] = 1;
}
for(int i = 2; i <= n; i++){
for(int j = 1; j <= i-1; j++){
if(a[i] > a[j]) f[i] = max(f[i], f[j] + 1);
}
}
int ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++){
ans = max(ans, f[i]);
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
2. NASA的食物计划
题目背景
NASA（美国航空航天局）因为航天飞机的隔热瓦等其他安全技术问题一直大伤脑筋，因此在各方压力下终止了航天飞机的历史，但是此类事情会不会在以后发生，谁也无法保证。所以，在遇到这类航天问题时，也许只能让航天员出仓维修。但是过多的维修会消耗航天员大量的能量，因此 NASA 便想设计一种食品方案，使体积和承重有限的条件下多装载一些高卡路里的食物。
题目描述
航天飞机的体积有限，当然如果载过重的物品，燃料会浪费很多钱，每件食品都有各自的体积、质量以及所含卡路里。在告诉你体积和质量的最大值的情况下，请输出能达到的食品方案所含卡路里的最大值，当然每个食品只能使用一次。
输入格式
第一行 \(2\) 个整数，分别代表体积最大值 \(h\) 和质量最大值 \(t\)。
第二行 \(1\) 个整数代表食品总数 \(n\)。
接下来 \(n\) 行每行 \(3\) 个数 体积 \(h_i\)，质量 \(t_i\)，所含卡路里 \(k_i\)。
输出格式
一个数，表示所能达到的最大卡路里（int 范围内）
样例 #1
样例输入 #1
320 350
4
160 40 120
80 110 240
220 70 310
40 400 220
样例输出 #1
550
提示
对于 \(100\%\) 的数据，\(h,t,h_i,t_i \le 400\)，\(n \le 50\)，\(k_i \le 500\)。
代码参考
#include <stdio.h>
#include <iostream>
using namespace std;
int v[55], m[55], kolo[55];
//dp数组
int f[55][405][405];
int main(){
int v_max, m_max;
int N;
int t1, t2;
cin >> v_max >> m_max;
cin >> N;
for(int i = 1; i <= N; i++)
cin >> v[i] >> m[i] >> kolo[i];
for(int i = 1; i <= N; i++){
for(int j = 0; j <= v_max; j++)
for(int k = 0; k <= m_max; k++){
t1 = v[i];
t2 = m[i];
f[i][j][k] = f[i-1][j][k];
if(j >= t1 && k >= t2)
f[i][j][k] = max(f[i-1][j][k], f[i-1][j-t1][k-t2]+kolo[i]);
}
}
cout << f[N][v_max][m_max];
return 0;
}
3. [NOIP2006 普及组] 开心的金明
题目描述
金明今天很开心，家里购置的新房就要领钥匙了，新房里有一间他自己专用的很宽敞的房间。更让他高兴的是，妈妈昨天对他说：“你的房间需要购买哪些物品，怎么布置，你说了算，只要不超过 \(N\) 元钱就行”。今天一早金明就开始做预算，但是他想买的东西太多了，肯定会超过妈妈限定的 \(N\) 元。于是，他把每件物品规定了一个重要度，分为 \(5\) 等：用整数 \(1-5\) 表示，第 \(5\) 等最重要。他还从因特网上查到了每件物品的价格（都是整数元）。他希望在不超过 \(N\) 元（可以等于 \(N\) 元）的前提下，使每件物品的价格与重要度的乘积的总和最大。
设第\(j\)件物品的价格为 \(v_j\)，重要度为 \(w_j\)，共选中了 \(k\) 件物品，编号依次为 \(j_1,j_2,…,j_k\)，则所求的总和为：
\(v_{j_1} \times w_{j_1}+v_{j_2} \times w_{j_2} …+v_{j_k} \times w_{j_k}\)。
请你帮助金明设计一个满足要求的购物单。
输入格式
第一行，为 \(2\) 个正整数，用一个空格隔开：\(n,m\)（\(n<30000,m<25\)）其中 \(n\) 表示总钱数，\(m\) 为希望购买物品的个数。
从第 \(2\) 行到第 \(m+1\) 行，第 \(j\) 行给出了编号为 \(j-1\) 的物品的基本数据，每行有 \(2\) 个非负整数 \(v,p\)（其中 \(v\) 表示该物品的价格 \((v \le 10000)\)，\(p\) 表示该物品的重要度（\(1\le p\le5\)）。
输出格式
\(1\) 个正整数，为不超过总钱数的物品的价格与重要度乘积的总和的最大值（\(<100000000\)）。
样例 #1
样例输入 #1
1000 5
800 2
400 5
300 5
400 3
200 2
样例输出 #1
3900
提示
NOIP 2006 普及组 第二题
代码参考
//P2725
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
using namespace std;
//f[i][j]数组代表当选到第i个物品，花了j元时，所能得到的价格与权重的乘积和最大值
int f[30][30005];
struct wp{
int v, p;
}w[30];
int main(){
int n, m;
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= m; i++) cin >> w[i].v >> w[i].p;
for(int i = 1; i <= m; i++){
for(int j = 1; j <= n; j++){
if(j >= w[i].v) f[i][j] = max(f[i-1][j], f[i-1][j-w[i].v] + w[i].v * w[i].p);
else f[i][j] = f[i-1][j];
}
}
int ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++)
ans = max(ans, f[m][i]);
cout << ans << endl;
return 0;
}
4. [USACO3.1] 邮票 Stamps
题目描述
给一组 \(n\) 枚邮票的面值集合和一个上限 \(k\) —— 表示信封上能够贴 \(k\) 张邮票。请求出最大的正整数 \(m\)，满足 \(1\) 到 \(m\) 的面值都可以用不超过 \(k\) 张邮票表示出来。
输入格式
输入的第一行是两个整数，分别代表邮票上限 \(k\) 和邮票面值数 \(n\)。
自第二行起，除最后一行外，每行有 \(15\) 个整数 \(a_i\) ，最后一行的整数个数不超过 \(15\)，共有 \(n\) 个整数，第 \(i\) 个整数代表第 \(i\) 种邮票的面值 \(a_i\)。
输出格式
输出一行一个整数代表 \(m\)。若 \(m\) 不存在请输出 \(0\)。
样例 #1
样例输入 #1
5 2
1 3
样例输出 #1
13
提示
样例输入输出 1 解释
有 \(1\) 分和 \(3\) 分的邮票；你最多可以贴 \(5\) 张邮票。很容易贴出 \(1\) 到 \(5\) 分的邮资（用 \(1\) 分邮票贴就行了），接下来的邮资也不难：
- \(6 = 3 + 3\)。
- \(7 = 3 + 3 + 1\)。
- $8 = 3 + 3 + 1 + 1 $。
- $9 = 3 + 3 + 3 $。
- $10 = 3 + 3 + 3 + 1 $。
- $11 = 3 + 3 + 3 + 1 + 1 $。
- $12 = 3 + 3 + 3 + 3 $。
- \(13 = 3 + 3 + 3 + 3 + 1\)。
然而，使用 \(5\) 枚 \(1\) 分或者 \(3\) 分的邮票根本不可能贴出 \(14\) 分的邮资。因此，答案为 \(13\)。
数据规模与约定
对于 \(100\%\) 的数据，保证 \(1 \leq k \leq 200\)，\(1 \leq n \leq 50\)，\(1 \leq a_i \leq 10^4\)。
说明
题目翻译来自 NOCOW。
代码参考
//P2725
//完全背包
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
using namespace std;
int a[55];
//f[i]记录面值为i时最少需要的邮票数
int f[2000005];
int main(){
int n, k;
cin >> k >> n;
memset(f, 0x3f3f3f,sizeof(f));
f[0] = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
for(int i = 1; i <= 2000000; i++){
for(int j = 1; j <= n; j++){
if(i >= a[j]) f[i] = min(f[i-a[j]]+1, f[i]);
}
}
for(int i = 1; i <= 2000000; i++){
if(f[i] > k){
cout << i-1 << endl;
return 0;
}
}
return 0;
}
5.机器分配
题目描述
总公司拥有高效设备 \(M\) 台，准备分给下属的 \(N\) 个分公司。各分公司若获得这些设备，可以为国家提供一定的盈利。问：如何分配这 \(M\) 台设备才能使国家得到的盈利最大？求出最大盈利值。其中 \(M \le 15\)，\(N \le 10\)。分配原则：每个公司有权获得任意数目的设备，但总台数不超过设备数 \(M\)。
输入格式
第一行有两个数，第一个数是分公司数 \(N\)，第二个数是设备台数 \(M\)。
接下来是一个 \(N \times M\) 的矩阵，表明了第 \(i\) 个公司分配 \(j\) 台机器的盈利。
输出格式
第一行为最大盈利值。
接下来 \(N\) 行为第 \(i\) 分公司分 \(x\) 台。
P.S. 要求答案的字典序最小。
样例 #1
样例输入 #1
3 3
30 40 50
20 30 50
20 25 30
样例输出 #1
70
1 1
2 1
3 1
代码参考
//P2066
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a[15][20];
//f[i][j]代表取到第i家公司，用掉了j台设备时，能够获得的利益最大值
ll f[15][20];
//存答案
ll cnt[15][20][2];
ll cnt2[15];
int main(){
int n, m;
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= n; i++){
for(int j = 1; j <= m; j++){
cin >> a[i][j];
}
}
for(int i = 1; i <= n; i++){
for(int j = 1; j <= m; j++){
for(int k = 0; k <= j; k++){
if(f[i][j] <= f[i-1][j-k] + a[i][k]){
f[i][j] = f[i-1][j-k] + a[i][k];
cnt[i][j][0] = k;
cnt[i][j][1] = j-k;
}
}
}
}
//输出最大值
ll ans = 0, t = 0;
for(int i = 1; i <= m; i++){
if(ans <= f[n][i]){
t = i;
ans = f[n][i];
}
}
cout << ans << endl;
//输出每一项数量
for(int i = n; i >= 1; i--){
cnt2[i] = cnt[i][t][0];
t = cnt[i][t][1];
}
for(int i = 1; i <= n; i++) cout << i << " " << cnt2[i] << endl;
return 0;
}