动态规划的分类解析
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} int ans = 0; for (int i = 1; i <= n; i++)
ans = max(ans, f[i]); printf(“%d\n“, ans);
最低通行费
一个商人穿过一个 N*N 的正方形的网格，去参与一个 特别重要的商务活动。他要从网格的左上角进，右下 角出。每穿越中间1个小方格，都要花费1个单位时间。 商人必需在(2N-1)个单位时间穿越出去。而在经过中 间的每个小方格时，都需要缴纳肯定的费用。
opt[i]=opt[k]+bri[i];
以上都是线性动规的一些例 题，它们的根底时间简单度 都是O(N2)
装箱问题
有一个箱子容量为maxv(正整数， maxv≤20230)，同时有n件物品(0≤n≤30)， 每件物品有一个体积vi(正整数) 。要求从 这n件物品中任取假设干件装入箱内，使 箱子的剩余空间最小。
这是线性动态规划的经典例题。
代码
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf(“%d“, &a[i]);
for (int i = 1; i <= n; i++) { int mx = 1; for (int j = 1; j < i; j++) if (a[j] >= a[i]) mx = max(mx, f[j] + 1); f[i] = mx;
假设s1‥si(2≤i≤n)中插入j个乘号，其中s1‥sk 中插入了j-1个乘号，即乘式中的第j+1项为 sk+1‥si(j≤k≤i-1)：
分析
设 ans[i][j]——长度为i的数串中插入j个乘
号的最大乘积〔整型数组〕。明显 ans[i][0]=s1..si对应的整型数组； ans[i][j]=max{ans[k][j-1]×sk+1..si}
printf(“%d\n”, f[n][n]);
乘积最大
国际数学联盟确定的“2023—世界数学年”，又恰逢我国著 名数学家华罗庚先生诞辰90周年。在华罗庚先生的家乡江苏 金坛，组织了一场别开生面的数学智力竞赛活动，你的好朋 友XZ也有幸得以参与。活动中，主持人给全部参与活动的选 手出了这样一道题目：
题目给出独木桥的长度L，青蛙跳动的距离范围S,T， 桥上石子的位置。你的任务是确定青蛙要想过河， 最少需要踩到的石子数。
分析
从正面来考虑的话，这个问题是一个搜 寻性的问题，需要考虑从当前点动身可 以跳到的全部点。
然而从反面考虑的话，我们只需要考虑 那些能到用一步到达当前点的全部点中， 踩到石头数最小的那个。
动态规划的条件
而在求解的过程中一道能使用动规解决的题必需具备 以下几个条件 无后效性,即某阶段的状态一旦确定，则此后过程的演化不再 受此前各状态及决策的影响。也就是说，“将来与过去无 关”，当前的状态是此前历史的一个完整总结，此前的历史 只能通过当前的状态去影响过程将来的演化。
满足最优子构造性质，即一个问题的最优解必需是在子问题 取得最优解的状况下决策出来的
状态确实定
我们用opt[i][j]〔布尔〕表示前i个物品是 否能到达j体积。则opt[i][j]的值取决于前i1个物品能否到达j体积，或者是前i-1个物 品能否到达j-v[i]体积
则有opt[i][j]=(opt[i-1][j-v[i]])or(opt[i-1][j]) 初值为opt[0][0]=true；其他都为false
假设能够保存已解决的子问题的答案，而在需 要时再找出已求得的答案，就可以避开大量重 复计算，从而得到多项式时间算法。
由此不难得出结论：动态 规划实质就是
记忆化搜寻
下面这个数塔的例子将形象地向我们展现这 样的结论
给你一个数字三角形, 形式如下:
1
23
8 5 18
14 2 1 10
一条
找出从第一层到最终一层的
动态规划
动态规划
什么是动态规划 动态规划的条件 动态规划的关键 几种常见动态规划的种类 例题分析
什么是动态规划
动态规划算法与分治法类似，其根本思想也是 将待求解问题分解成假设干个子问题
但是经分解得到的子问题往往不是相互独立的。 不同子问题的数目常常只有多项式量级。在用 分治法求解时，有些子问题被重复计算了很屡 次。
{计算状态转移方程} end；{for} 输出最大乘积ans[n][m]；
过河
在河上有一座独木桥，一只青蛙想沿着独木桥从河 的一侧跳到另一侧。在桥上有一些石子，青蛙很厌 烦踩在这些石子上。由于桥的长度和青蛙一次跳过 的距离都是正整数，我们可以把独木桥上青蛙可能 到达的点看成数轴上的一串整点：0，1，……，L 〔其中L是桥的长度〕。坐标为0的点表示桥的起点， 坐标为L的点表示桥的终点。青蛙从桥的起点开头， 不停的向终点方向跳动。一次跳动的距离是S到T之 间的任意正整数〔包括S,T〕。当青蛙跳到或跳过 坐标为L的点时，就算青蛙已经跳出了独木桥。
分析
这是一个最根底的背包问题，只需要考虑 选取哪几个物品放入箱子，可以使得剩余 体积最小。
这道题的根本做法固然还是穷举放进背包 的物品编号。假设我们把取该物品记为1， 不取该物品记为0，那么使用某种放入方式 将对应一个2进制串，因此这类问题也被称 为0-1背包问题.
假设我们不从物品角度考虑，而是从体积 角度考虑的话，就会觉察，这个问题还可 以被描述为，w[i]的体积是否能由这些物品 得到。
〔1≤i≤n， 1≤j≤min{i-1,m}，j≤k≤i-1〕 ans[n][m]即为其解。
分析
由于乘式中第j+1项sk+1‥si为常量，因此 要使得ans[i][j]最大，则s1‥sk中插入j-1 个乘号的乘积必需最大；同样，为了查 找第j个乘号的最正确插入位置，必需一 一查阅子问题ans[j][j-1]‥ans[i-1][j-1]的解。 明显该问题具备无后效性、最优子构造 的特征，适用于动态规划方法。
设有一个长度为N(N≤40)的数字串，要求选手使用M(M≤6)个 乘号将它分成M+1个局部，找出一种分法，使得这M+1个局 部的乘积最大。
同时，为了帮助选手能够理解题意，主持人还举了如下一个 例子：
有一个数字串：312，当N=3，M=1时会有两种分法： ⑴3×12=36 ⑵31×2=62 这时，符合题目要求的结果是：31×2=62。现在，请你帮助
线性动规 区间动规
背包问题 树形动规
拦截〔Noip2023〕
某国为了防范敌国的攻击，进展出一种拦截 系统。但是这种拦截系统有一个缺陷：虽然 它的第一发炮弹能够到达任意的高度，但是 以后每一发炮弹都不能高于前一发的高度。 某天，雷达捕获到敌国的来袭。由于该系统 还在试用阶段，所以只有一套系统，因此有 可能不能拦截全部的。输入依次飞来的高度， 计算这套系统最多能拦截多少。
状态确实定
状态的表示——f[i]，表示当第i个必需拦截时， 前i个中最多能拦截多少。
每个有肯定的高度，当前状态就是以第i个为 最终一个拦截的。以前状态就是在这个之前 拦截的那个。
对于f[i]，我们考察在i之前位置的，找到全部 可以连接上的k〔即满足其高度大于等于第i 个〕，选择其中f[k]值最大的一个，f[i]=f[k]+1； 假设没有满足条件的k，则f[i]=1。
即opt[i]=min{opt[k] (max{0,i-t}≤k≤is)}+bri[i];
代码
For i←1 to n do opt[i]=10000000;
opt[0]=0;
For i←s to L+t do
for k←max{0,i-t} to i-s do
if (opt[k]+bri[i]<opt[i])
状态确实定
我们用ans[i][j]表示前i个字符插入j个乘号可以获 得的最大值
则有： ans[i][0]=s1..si ans[i][j] = max{ans[k][j-1]×sk+1..si} (j≤k≤i-1) ans[n][m]即为其解。
代码
输入n，m和数串s； for i←1 to n do ans[i][0]←s1..si对应的整数数组； for i←2 to n do {阶段：枚举数串的长度}
}
else opt[i][j] = opt[i - 1][j];
采药
辰辰是个天资聪颖的孩子，他的梦想是成为世界上最宏大 的医师。为此，他想拜四周最有威望的医师为师。医师为 了推断他的资质，给他出了一个难题。医师把他带到一个 处处都是草药的山洞里对他说：“孩子，这个山洞里有一 些不同的草药，采每一株都需要一些时间，每一株也有它 自身价值。我会给你一段时间，在这段时间里，你可以 采到一些草药。假设你是一个聪明的孩子，你应当可以让 采到的草药的总价值最大。”
这个商人期望在规定时间内用最少费用穿越出去。请 问至少需要多少费用？
留意：不能对角穿越各个小方格〔即，只能向上下左 右四个方向移动且不能离开网格〕。
最低通行费
输入 第一行是一个整数，表示正方形的宽度
N (1 <= N < 100)； 后面 N 行，每行 N 个不大于 100 的整
数，为网格上每个小方格的费用。 输出 至少需要的费用。
最终输出opt[n][n];
代码
for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = 1; j <= n; j++) scanf(“%d”, &a[i][j]);
for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = 1; j <=n; j++) f[i][j] = min(f[i-1][j], f[i][j-1]) + a[i][j];
代码
memset(opt, 0, sizeof(opt));
opt[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 0; j <= maxv; j++)
if (j >= v[i]) {
opt[i][j] = opt[i - 1][j] | opt[i - 1][j - v[i]];
for j←1 to min{i-1,m} do {状态：枚举长度为i的数串中插入的乘号个数}
for k←j to i-1 do {决策：枚举第j个乘号的插入位置}
begin next←sk+1..si对应的整数数组； {计算第j+1项} ans[i][j]←max{ans[i][j]， ans[k][j-1]×next}；
分析
这个问题的关键在于觉察对移动方向的 限制：即由于必需在(2N-1)单位时间内完 成移动，因此仅能向下或者向右移动。
当移动方向限定后，不难看出这个问题 就是变形的数塔问题，于是可以借助动 态规划高效解决。
状态确实定
我们用opt[i][j]表示从左上角入口移动到 第i行j列的最小代价。
则opt[i,j]=min{opt[i-1][j], opt[i][j-1]) + a[i][j];
你的好朋友XZ设计一个程序，求得正确的答案。
分析
由于自然数位数的上限为40，乘号数的上 限为6，因此最大乘积位数的上限接近42 位。明显，运算任何整数类型都无法容纳 如此之大的数据，只能承受高精度运算， 限于篇幅，对于高精度的加法运算、乘法 运算和比较大小的运算，这里不作介绍， 只是对的乘号最正确插入方式进展探讨：
小或
路,使得所经过的权值之和最
者最大.
固然，大家都很清晰的知道转移方程为 opt[i][j]=max{opt[i-1][ j], opt[i-1][j1] }+a[i][j]，边界条件特殊处理即可。
但只要认真想想就会觉察，这不过是一 个加了强力剪枝的记忆化搜寻而已，由 于每个点我们只记录到当前节点的最优 解，因此省去了大量的重复计数和明显 不是最优解的状况，从而使运行速度有 了极大的优化
动态规划的过程可以简洁地描述为
找出最优解的性质，并刻画其构造特征。 递归地定义最优值。 以自底向上的方式计算出最优值。 依据计算最优值时得到的信息，构造最
优解。
动态规划的关键
下 了面 解让
这我
些们
有明确的状态
根通 本过
状态转移方程清晰正确
动几 规个
的例
几种常见动规的种类
思子 考来
方
法
ans = max(ans, f[i]); printf(“%d\n“, ans);
最低通行费
一个商人穿过一个 N*N 的正方形的网格，去参与一个 特别重要的商务活动。他要从网格的左上角进，右下 角出。每穿越中间1个小方格，都要花费1个单位时间。 商人必需在(2N-1)个单位时间穿越出去。而在经过中 间的每个小方格时，都需要缴纳肯定的费用。
opt[i]=opt[k]+bri[i];
以上都是线性动规的一些例 题，它们的根底时间简单度 都是O(N2)
装箱问题
有一个箱子容量为maxv(正整数， maxv≤20230)，同时有n件物品(0≤n≤30)， 每件物品有一个体积vi(正整数) 。要求从 这n件物品中任取假设干件装入箱内，使 箱子的剩余空间最小。
这是线性动态规划的经典例题。
代码
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf(“%d“, &a[i]);
for (int i = 1; i <= n; i++) { int mx = 1; for (int j = 1; j < i; j++) if (a[j] >= a[i]) mx = max(mx, f[j] + 1); f[i] = mx;
假设s1‥si(2≤i≤n)中插入j个乘号，其中s1‥sk 中插入了j-1个乘号，即乘式中的第j+1项为 sk+1‥si(j≤k≤i-1)：
分析
设 ans[i][j]——长度为i的数串中插入j个乘
号的最大乘积〔整型数组〕。明显 ans[i][0]=s1..si对应的整型数组； ans[i][j]=max{ans[k][j-1]×sk+1..si}
printf(“%d\n”, f[n][n]);
乘积最大
国际数学联盟确定的“2023—世界数学年”，又恰逢我国著 名数学家华罗庚先生诞辰90周年。在华罗庚先生的家乡江苏 金坛，组织了一场别开生面的数学智力竞赛活动，你的好朋 友XZ也有幸得以参与。活动中，主持人给全部参与活动的选 手出了这样一道题目：
题目给出独木桥的长度L，青蛙跳动的距离范围S,T， 桥上石子的位置。你的任务是确定青蛙要想过河， 最少需要踩到的石子数。
分析
从正面来考虑的话，这个问题是一个搜 寻性的问题，需要考虑从当前点动身可 以跳到的全部点。
然而从反面考虑的话，我们只需要考虑 那些能到用一步到达当前点的全部点中， 踩到石头数最小的那个。
动态规划的条件
而在求解的过程中一道能使用动规解决的题必需具备 以下几个条件 无后效性,即某阶段的状态一旦确定，则此后过程的演化不再 受此前各状态及决策的影响。也就是说，“将来与过去无 关”，当前的状态是此前历史的一个完整总结，此前的历史 只能通过当前的状态去影响过程将来的演化。
满足最优子构造性质，即一个问题的最优解必需是在子问题 取得最优解的状况下决策出来的
状态确实定
我们用opt[i][j]〔布尔〕表示前i个物品是 否能到达j体积。则opt[i][j]的值取决于前i1个物品能否到达j体积，或者是前i-1个物 品能否到达j-v[i]体积
则有opt[i][j]=(opt[i-1][j-v[i]])or(opt[i-1][j]) 初值为opt[0][0]=true；其他都为false
假设能够保存已解决的子问题的答案，而在需 要时再找出已求得的答案，就可以避开大量重 复计算，从而得到多项式时间算法。
由此不难得出结论：动态 规划实质就是
记忆化搜寻
下面这个数塔的例子将形象地向我们展现这 样的结论
给你一个数字三角形, 形式如下:
1
23
8 5 18
14 2 1 10
一条
找出从第一层到最终一层的
动态规划
动态规划
什么是动态规划 动态规划的条件 动态规划的关键 几种常见动态规划的种类 例题分析
什么是动态规划
动态规划算法与分治法类似，其根本思想也是 将待求解问题分解成假设干个子问题
但是经分解得到的子问题往往不是相互独立的。 不同子问题的数目常常只有多项式量级。在用 分治法求解时，有些子问题被重复计算了很屡 次。
{计算状态转移方程} end；{for} 输出最大乘积ans[n][m]；
过河
在河上有一座独木桥，一只青蛙想沿着独木桥从河 的一侧跳到另一侧。在桥上有一些石子，青蛙很厌 烦踩在这些石子上。由于桥的长度和青蛙一次跳过 的距离都是正整数，我们可以把独木桥上青蛙可能 到达的点看成数轴上的一串整点：0，1，……，L 〔其中L是桥的长度〕。坐标为0的点表示桥的起点， 坐标为L的点表示桥的终点。青蛙从桥的起点开头， 不停的向终点方向跳动。一次跳动的距离是S到T之 间的任意正整数〔包括S,T〕。当青蛙跳到或跳过 坐标为L的点时，就算青蛙已经跳出了独木桥。
分析
这是一个最根底的背包问题，只需要考虑 选取哪几个物品放入箱子，可以使得剩余 体积最小。
这道题的根本做法固然还是穷举放进背包 的物品编号。假设我们把取该物品记为1， 不取该物品记为0，那么使用某种放入方式 将对应一个2进制串，因此这类问题也被称 为0-1背包问题.
假设我们不从物品角度考虑，而是从体积 角度考虑的话，就会觉察，这个问题还可 以被描述为，w[i]的体积是否能由这些物品 得到。
〔1≤i≤n， 1≤j≤min{i-1,m}，j≤k≤i-1〕 ans[n][m]即为其解。
分析
由于乘式中第j+1项sk+1‥si为常量，因此 要使得ans[i][j]最大，则s1‥sk中插入j-1 个乘号的乘积必需最大；同样，为了查 找第j个乘号的最正确插入位置，必需一 一查阅子问题ans[j][j-1]‥ans[i-1][j-1]的解。 明显该问题具备无后效性、最优子构造 的特征，适用于动态规划方法。
设有一个长度为N(N≤40)的数字串，要求选手使用M(M≤6)个 乘号将它分成M+1个局部，找出一种分法，使得这M+1个局 部的乘积最大。
同时，为了帮助选手能够理解题意，主持人还举了如下一个 例子：
有一个数字串：312，当N=3，M=1时会有两种分法： ⑴3×12=36 ⑵31×2=62 这时，符合题目要求的结果是：31×2=62。现在，请你帮助
线性动规 区间动规
背包问题 树形动规
拦截〔Noip2023〕
某国为了防范敌国的攻击，进展出一种拦截 系统。但是这种拦截系统有一个缺陷：虽然 它的第一发炮弹能够到达任意的高度，但是 以后每一发炮弹都不能高于前一发的高度。 某天，雷达捕获到敌国的来袭。由于该系统 还在试用阶段，所以只有一套系统，因此有 可能不能拦截全部的。输入依次飞来的高度， 计算这套系统最多能拦截多少。
状态确实定
状态的表示——f[i]，表示当第i个必需拦截时， 前i个中最多能拦截多少。
每个有肯定的高度，当前状态就是以第i个为 最终一个拦截的。以前状态就是在这个之前 拦截的那个。
对于f[i]，我们考察在i之前位置的，找到全部 可以连接上的k〔即满足其高度大于等于第i 个〕，选择其中f[k]值最大的一个，f[i]=f[k]+1； 假设没有满足条件的k，则f[i]=1。
即opt[i]=min{opt[k] (max{0,i-t}≤k≤is)}+bri[i];
代码
For i←1 to n do opt[i]=10000000;
opt[0]=0;
For i←s to L+t do
for k←max{0,i-t} to i-s do
if (opt[k]+bri[i]<opt[i])
状态确实定
我们用ans[i][j]表示前i个字符插入j个乘号可以获 得的最大值
则有： ans[i][0]=s1..si ans[i][j] = max{ans[k][j-1]×sk+1..si} (j≤k≤i-1) ans[n][m]即为其解。
代码
输入n，m和数串s； for i←1 to n do ans[i][0]←s1..si对应的整数数组； for i←2 to n do {阶段：枚举数串的长度}
}
else opt[i][j] = opt[i - 1][j];
采药
辰辰是个天资聪颖的孩子，他的梦想是成为世界上最宏大 的医师。为此，他想拜四周最有威望的医师为师。医师为 了推断他的资质，给他出了一个难题。医师把他带到一个 处处都是草药的山洞里对他说：“孩子，这个山洞里有一 些不同的草药，采每一株都需要一些时间，每一株也有它 自身价值。我会给你一段时间，在这段时间里，你可以 采到一些草药。假设你是一个聪明的孩子，你应当可以让 采到的草药的总价值最大。”
这个商人期望在规定时间内用最少费用穿越出去。请 问至少需要多少费用？
留意：不能对角穿越各个小方格〔即，只能向上下左 右四个方向移动且不能离开网格〕。
最低通行费
输入 第一行是一个整数，表示正方形的宽度
N (1 <= N < 100)； 后面 N 行，每行 N 个不大于 100 的整
数，为网格上每个小方格的费用。 输出 至少需要的费用。
最终输出opt[n][n];
代码
for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = 1; j <= n; j++) scanf(“%d”, &a[i][j]);
for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = 1; j <=n; j++) f[i][j] = min(f[i-1][j], f[i][j-1]) + a[i][j];
代码
memset(opt, 0, sizeof(opt));
opt[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 0; j <= maxv; j++)
if (j >= v[i]) {
opt[i][j] = opt[i - 1][j] | opt[i - 1][j - v[i]];
for j←1 to min{i-1,m} do {状态：枚举长度为i的数串中插入的乘号个数}
for k←j to i-1 do {决策：枚举第j个乘号的插入位置}
begin next←sk+1..si对应的整数数组； {计算第j+1项} ans[i][j]←max{ans[i][j]， ans[k][j-1]×next}；
分析
这个问题的关键在于觉察对移动方向的 限制：即由于必需在(2N-1)单位时间内完 成移动，因此仅能向下或者向右移动。
当移动方向限定后，不难看出这个问题 就是变形的数塔问题，于是可以借助动 态规划高效解决。
状态确实定
我们用opt[i][j]表示从左上角入口移动到 第i行j列的最小代价。
则opt[i,j]=min{opt[i-1][j], opt[i][j-1]) + a[i][j];
你的好朋友XZ设计一个程序，求得正确的答案。
分析
由于自然数位数的上限为40，乘号数的上 限为6，因此最大乘积位数的上限接近42 位。明显，运算任何整数类型都无法容纳 如此之大的数据，只能承受高精度运算， 限于篇幅，对于高精度的加法运算、乘法 运算和比较大小的运算，这里不作介绍， 只是对的乘号最正确插入方式进展探讨：
小或
路,使得所经过的权值之和最
者最大.
固然，大家都很清晰的知道转移方程为 opt[i][j]=max{opt[i-1][ j], opt[i-1][j1] }+a[i][j]，边界条件特殊处理即可。
但只要认真想想就会觉察，这不过是一 个加了强力剪枝的记忆化搜寻而已，由 于每个点我们只记录到当前节点的最优 解，因此省去了大量的重复计数和明显 不是最优解的状况，从而使运行速度有 了极大的优化
动态规划的过程可以简洁地描述为
找出最优解的性质，并刻画其构造特征。 递归地定义最优值。 以自底向上的方式计算出最优值。 依据计算最优值时得到的信息，构造最
优解。
动态规划的关键
下 了面 解让
这我
些们
有明确的状态
根通 本过
状态转移方程清晰正确
动几 规个
的例
几种常见动规的种类
思子 考来
方
法