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前言

  「 动态规划 」作为算法中一块比较野的内容，没有比较系统的分类，只能通过不断总结归纳，对各种类型进行归类。「 动态规划 」（即 Dynamic programming，简称 DP）是一种在数学、管理科学、计算机科学 以及 生物信息学中使用的，通过把原问题分解为相对简单的「 子问题 」的方式求解「 复杂问题 」的方法。
  「 动态规划 」是一种算法思想：若要解一个给定问题，我们需要解其不同部分（即「 子问题 」），再根据「 子问题 」的解以得出原问题的解。要理解动态规划，就要理解 「 最优子结构 」 和 「 重复子问题 」。
  本文将针对以下一些常用的动态规划问题，进行由浅入深的系统性讲解。首先来看一个简单的分类，也是今天本文要讲的内容。

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一、递推问题

  递推问题作为动态规划的基础，是最好掌握的，也是必须掌握的，它有点类似于高中数学中的数列，通过 前几项的值 推导出 当前项的值。

1、一维递推

  你正在爬楼梯，需要 n n n 阶你才能到达楼顶。每次你可以爬 1 1 1 或 2 2 2 个台阶。你有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢？

  假设我们已经到了第 n n n 阶楼梯，那么它可以是从 n − 1 n-1 n−1 阶过来的，也可以是从 n − 2 n-2 n−2 阶过来的（但是，不可能是从 n − 3 n-3 n−3 阶直接过来的），所以如果达到第 n n n 阶的方案数为 f [ n ] f[n] f[n]，那么到达 n − 1 n-1 n−1 阶就是 f [ n − 1 ] f[n-1] f[n−1]，到达 n − 2 n-2 n−2 阶 就是 f [ n − 2 ] f[n-2] f[n−2]，所以可以得出： f [ n ] = f [ n − 1 ] + f [ n − 2 ] f[n] = f[n-1] + f[n-2] f[n]=f[n−1]+f[n−2]  其中，当 n = 0 n=0 n=0 时方案数为 1，代表初始情况； n = 1 n=1 n=1 时方案数为 1，代表走了一步，递推计算即可。
  以上就是最简单的动态规划问题，也是一个经典的数列：斐波那契数列 的求解方式。它通过一个递推公式，将原本指数级的问题转化成了线性的，时间复杂度为 O ( n ) O(n) O(n)。
  C语言代码实现如下：

int f[1000];
int climbStairs(int n){
    f[0] = f[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; ++i) {
        f[i] = f[i-1] + f[i-2];
    }
    return f[n];
}

2、二维递推

  给定一个非负整数 n n n，生成杨辉三角的前 n n n 行。在杨辉三角中，每个数是它 左上方 和 右上方 的数的和。

  根据杨辉三角的定义，我们可以简单将上面的图进行一个变形，得到：

于是，我们可以得出以下结论：
  1）杨辉三角的所有数可以存储在一个二维数组中，行代表第一维，列代表第二维度；
  2）第 i i i 行的元素个数为 i i i 个；
  3）第 i i i 行 第 j j j 列的元素满足公式： c [ i ] [ j ] = { 1 i = 0 c [ i − 1 ] [ j − 1 ] + c [ i − 1 ] [ j ] o t h e r w i s e c[i][j] = \begin{cases} 1 & i=0\\ c[i-1][j-1] + c[i-1][j] & otherwise \end{cases} c[i][j]={1c[i−1][j−1]+c[i−1][j]​i=0otherwise​
  于是就可以两层循环枚举了。时间复杂度为 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)。
  C语言代码实现如下：

int c[40];
void generate(int n) {
    for(int i = 0; i < n; ++i) {
        for(int j = 0; j <= i; ++j) {
            if(j == 0 || j == i) {
                c[i][j] = 1;
            }else {
                c[i][j] = c[i-1][j-1] + c[i-1][j];
            }
        }
    }
}

二、线性DP

1、最小花费

  数组的每个下标作为一个阶梯，第 i i i 个阶梯对应着一个非负数的体力花费值 c o s t [ i ] cost[i] cost[i]（下标从 0 开始）。每当爬上一个阶梯，都要花费对应的体力值，一旦支付了相应的体力值，就可以选择 向上爬一个阶梯 或者 爬两个阶梯。求找出达到楼层顶部的最低花费。在开始时，可以选择从下标为 0 0 0 或 1 1 1 的元素作为初始阶梯。

  令走到第 i i i 层的最小消耗为 f [ i ] f[i] f[i]。假设当前的位置在 i i i 层楼梯，那么只可能从 i − 1 i-1 i−1 层过来，或者 i − 2 i-2 i−2 层过来；
    如果从 i − 1 i-1 i−1 层过来，则需要消耗体力值： f [ i − 1 ] + c o s t [ i − 1 ] f[i-1] + cost[i-1] f[i−1]+cost[i−1]；
    如果从 i − 2 i-2 i−2 层过来，则需要消耗体力值： f [ i − 2 ] + c o s t [ i − 2 ] f[i-2] + cost[i-2] f[i−2]+cost[i−2]；
  起点可以在第 0 或者 第 1 层，于是有状态转移方程： f [ i ] = { 0 i = 0 , 1 min ⁡ ( f [ i − 1 ] + c o s t [ i − 1 ] , f [ i − 2 ] + c o s t [ i − 2 ] ) i > 1 f[i] = \begin{cases} 0 & i=0,1\\ \min ( f[i-1] + cost[i-1], f[i-2] + cost[i-2] ) & i > 1\end{cases} f[i]={0min(f[i−1]+cost[i−1],f[i−2]+cost[i−2])​i=0,1i>1​

  这个问题和一开始的递推问题的区别在于：一个是求前两项的和，一个是求最小值。这里就涉及到了动态取舍的问题，也就是动态规划的思想。
  如果从前往后思考，每次都有两种选择，时间复杂度为 O ( 2 n ) O(2^n) O(2n)。转化成动态规划以后，只需要一个循环，时间复杂度为 O ( n ) O(n) O(n)。
  C语言代码实现如下：

int f[1024];
int min(int a, int b) {
    return a < b ? a : b;
}
int minCostClimbingStairs(int* cost, int costSize){
    f[0] = 0;
    f[1] = 0;
    for(int i = 2; i <= costSize; ++i) {
        f[i] = min(f[i-1] + cost[i-1], f[i-2] + cost[i-2]);
    }
    return f[costSize];
}

2、最大子段和

  给定一个整数数组 n u m s nums nums ，找到一个具有最大和的连续子数组（子数组最少包含一个元素），返回其最大和。

  由于要求的是连续的子数组，所以对于第 i i i 个元素，状态转移一定是从 i − 1 i-1 i−1 个元素转移过来的。基于这一点，可以令 f [ i ] f[i] f[i] 表示以 i i i 号元素结尾的最大值。
  那么很自然，这个最大值必然包含 n u m s [ i ] nums[i] nums[i] 这个元素，那么要不要包含 n u m s [ i − 1 ] , n u m s [ i − 2 ] , n u m s [ i − 3 ] , . . . , n u m s [ k ] nums[i-1],nums[i-2],nums[i-3],...,nums[k] nums[i−1],nums[i−2],nums[i−3],...,nums[k] 呢？其实就是看第 i − 1 i-1 i−1 号元素结尾的最大值是否大于零，也就是：当 f [ i − 1 ] ≤ 0 f[i-1] \le 0 f[i−1]≤0 时，则 前 i − 1 i-1 i−1 个元素是没必要包含进来的。所以就有状态转移方程： f [ i ] = { n u m s [ 0 ] i = 0 n u m s [ i ] f [ i − 1 ] ≤ 0 n u m s [ i ] + f [ i − 1 ] f [ i − 1 ] > 0 f[i] = \begin{cases} nums[0] & i = 0 \\ nums[i] & f[i-1] \le 0 \\ nums[i] + f[i-1] & f[i-1] > 0\end{cases} f[i]=⎩⎪⎨⎪⎧​nums[0]nums[i]nums[i]+f[i−1]​i=0f[i−1]≤0f[i−1]>0​一层循环枚举后，取 m a x ( f [ i ] ) max(f[i]) max(f[i]) 就是答案了。只需要一个循环，时间复杂度为 O ( n ) O(n) O(n)。
  C语言代码实现如下：

int dp[30010];
int max(int a, int b) {
    return a > b ? a : b;
}

int maxSubArray(int* nums, int numsSize){
    int maxValue = nums[0];
    dp[0] = nums[0];
    for(int i = 1; i < numsSize; ++i) {
        dp[i] = nums[i];
        if(dp[i-1] > 0) {
            dp[i] += dp[i-1];
        }
        maxValue = max(maxValue, dp[i]);
    }
    return maxValue;
}

3、最长单调子序列

  给定一个长度为 n ( 1 ≤ n ≤ 1000 ) n(1 \le n \le 1000) n(1≤n≤1000) 的数组 a i a_i ai​，求给出它的最长递增子序列的长度。

  在看这个问题之前，我们先来明确一些概念：单调序列、单调子序列、最大长单调子序列。
  单调序列 就是一个满足某种单调性的数组序列，比如 单调递增序列、单调递减序列、单调不增序列、单调不减序列。举几个简单的例子：
  单调递增序列：1，2，3，7，9
  单调递减序列：9，8，4，2，1
  单调不增序列：9，8，8，5，2
  单调不减序列：1，2，2，5，5
  一个比较直观的单调递增序列的例子就是一个楼梯的侧面。

  我们可以把这个楼梯每一阶的高度用一个数字表示，得到一个单调递增序列，如图所示：

  单调子序列 指的是任意一个数组序列，按顺序选择一些元素组成一个新的序列，并且满足单调性。对于一个长度为 n n n 的序列，每个元素可以选择 “取” 或者 “不取”，所以最多情况下，有 2 n 2^n 2n 个单调子序列。
  如图所示，代表的是序列：[1，2，4，6，3，5，9]

  其中 [1，2，6] 为它的一个长度为 3 的单调子序列，如图所示；

  [1，3，6] 则不是，因为 3 和 6 的顺序不是原序列中的顺序；[1，4，3] 也不是，因为它不满足单调性。
  最长单调子序列 是指对于原数组序列，能够找到的元素个数最多的单调子序列。
  还是以 [1，2，4，6，3，5，9] 为例，它的最长单调子序列为：[1，2，4，6，9]，长度为 5；

  当然，也可以是 [1，2，3，5，9]，长度同样为 5。   那么，接下来，我们看下如何通过动态规划的方法来求解 最长递增子序列。
  对于数组序列 a i ( 1 ≤ i ≤ n ) a_i(1 \le i \le n) ai​(1≤i≤n)，令 f [ i ] f[i] f[i] 表示以第 i i i 个数 a i a_i ai​ 结尾的最长递增子序列的长度。那么，我们考虑以第 i i i 个数 a i a_i ai​ 结尾的最长递增子序列，它在这个序列中的前一个数一定是 a j ( 1 ≤ j < i ) a_j(1 \le j < i) aj​(1≤j<i) 中的一个，所以，如果我们已经知道了 f [ j ] f[j] f[j]，那么就有 f [ i ] = f [ j ] + 1 f[i] = f[j] + 1 f[i]=f[j]+1。显然，我们还需要满足 a j < a i a_j < a_i aj​<ai​ 这个递增的限制条件。
  那么就可以得出状态转移方程： f [ i ] = max ⁡ j = 1 i − 1 ( f [ j ]   ∣   a j < a i ) + 1 f[i] = \max_{j=1}^{i-1} (f[j] \ | \ a_j < a_i) + 1 f[i]=j=1maxi−1​(f[j] ∣ aj​<ai​)+1  这里 f [ j ] f[j] f[j] 是 f [ i ] f[i] f[i] 的子结构，而 m a x ( f [ j ] ) max(f[j]) max(f[j]) 是 f [ i ] f[i] f[i] 的最优子结构，当然我们需要考虑一种情况，就是没有找到最优子结构的时候，例如： i = 1 i=1 i=1 或者 不存在 a j < a i a_j < a_i aj​<ai​ 的 j j j，此时 f [ i ] = 1 f[i] = 1 f[i]=1，表示 a i a_i ai​ 本身是一个长度为 1 1 1 的最长递增子序列。
   f [ i ] f[i] f[i] 数组可以通过两层循环来求解，如下图表所示：

  状态数 f [ . . . ] f[...] f[...] 总共 O ( n ) O(n) O(n) 个，状态转移的消耗为 O ( n ) O(n) O(n)，所以总的时间复杂度为 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)，所以对于这类问题，一般能够接受的 n n n 的范围在千级别，也就是 1000 , 2000 , 3000... 1000, 2000, 3000 ... 1000,2000,3000...。如果是 n = 10000 , 100000 n=10000, 100000 n=10000,100000 的情况，就需要考虑优化了。
  有关最长单调子序列的问题，还有 O ( n l o g 2 n ) O(nlog_2n) O(nlog2​n) 的优化算法，具体方法可以参考以下文章：夜深人静写算法（二十）- 最长单调子序列。

三、二维DP

1、最长公共子序列

  给定两个数组序列 a 1 , a 2 , . . . , a n a_1, a_2, ..., a_n a1​,a2​,...,an​ 和 b 1 , b 2 , . . . , b m b_1, b_2, ..., b_m b1​,b2​,...,bm​，其中 n , m ≤ 1000 n,m \le 1000 n,m≤1000，求两个数组的最长公共子序列。

  考虑两个数组序列 a 1 , a 2 , . . . , a n a_1, a_2, ..., a_n a1​,a2​,...,an​ 和 b 1 , b 2 , . . . , b m b_1, b_2, ..., b_m b1​,b2​,...,bm​，对于 a a a 序列中第 i i i 个元素 a i a_i ai​ 和 b b b 序列中的第 j j j 个元素 b j b_j bj​，有两种情况：
   ( 1 ) (1) (1) 相等即 a i = = b j a_i == b_j ai​==bj​ 的情况，这个时候如果前缀序列 a 1 , a 2 , . . . , a i − 1 a_1, a_2, ..., a_{i-1} a1​,a2​,...,ai−1​ 和 b 1 , b 2 , . . . , b j − 1 b_1, b_2, ..., b_{j-1} b1​,b2​,...,bj−1​ 的最长公共子序列已经求出来了，记为 x x x 的话，那么很显然，在两个序列分别加入 a i a_i ai​ 和 b j b_j bj​ 以后，长度又贡献了 1，所以 a 1 , a 2 , . . . , a i a_1, a_2, ..., a_{i} a1​,a2​,...,ai​ 和 b 1 , b 2 , . . . , b j b_1, b_2, ..., b_{j} b1​,b2​,...,bj​ 的最长公共子序列就是 x + 1 x+1 x+1；

   ( 2 ) (2) (2) 不相等即 a i ≠ b j a_i \neq b_j ai​​=bj​ 的情况，这个时候我们可以把问题拆分成两个更小的子问题，即 分别去掉 a i a_i ai​ 和 b j b_j bj​ 的情况，如图所示：

  去掉 a i a_i ai​ 以后，问题转变为求： a 1 , a 2 , . . . , a i − 1 a_1, a_2, ..., a_{i-1} a1​,a2​,...,ai−1​ 和 b 1 , b 2 , . . . , b j b_1, b_2, ..., b_{j} b1​,b2​,...,bj​ 的最长公共子序列；
  去掉 b j b_j bj​ 以后，问题转变为求： a 1 , a 2 , . . . , a i a_1, a_2, ..., a_{i} a1​,a2​,...,ai​ 和 b 1 , b 2 , . . . , b j − 1 b_1, b_2, ..., b_{j-1} b1​,b2​,...,bj−1​ 的最长公共子序列；
  根据上面的两种情况的讨论，我们发现，在任何时候，我们都在求 a a a 的前缀 和 b b b 的前缀的最长公共序列，所以可以这么定义状态：用 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j] 表示 a 1 , a 2 , . . . , a i a_1, a_2, ..., a_{i} a1​,a2​,...,ai​ 和 b 1 , b 2 , . . . , b j b_1, b_2, ..., b_{j} b1​,b2​,...,bj​ 的最长公共子序列。
  在设计状态的过程中，我们已经无形中把状态转移也设计好了，状态转移方程如下： f [ i ] [ j ] = { 0 i = 0   o r   j = 0 f [ i − 1 ] [ j − 1 ] + 1 i , j > 0 , a i = b j max ⁡ ( f [ i ] [ j − 1 ] , f [ i − 1 ] [ j ] ) i , j > 0 , a i ≠ b j f[i][j] = \begin{cases}0 & i=0\ or\ j=0 \\ f[i-1][j-1] + 1 & i,j>0,a_i=b_j \\ \max(f[i][j-1], f[i-1][j]) & i,j>0,a_i \neq b_j\end{cases} f[i][j]=⎩⎪⎨⎪⎧​0f[i−1][j−1]+1max(f[i][j−1],f[i−1][j])​i=0 or j=0i,j>0,ai​=bj​i,j>0,ai​​=bj​​  对于 i = 0 i=0 i=0 或者 j = 0 j=0 j=0 代表的是：其中一个序列的长度为 0，那么最长公共子序列的长度肯定就是 0 了；
  其余两种情况，就是我们上文提到的 a i a_i ai​ 和 b j b_j bj​ “相等” 与 “不相等” 的两种情况下的状态转移。如图所示，代表了字符串 “GATCGTGAGC” 和 “AGTACG” 求解最长公共子序列的 f [ i ] [ j ] ( i , j > 0 ) f[i][j] (i,j > 0) f[i][j](i,j>0) 的矩阵。

  对于长度分别为 n n n 和 m m m 的两个序列，求解它们的最长公共子序列时，状态数总共有 O ( n m ) O(nm) O(nm) 个，每次状态转移的消耗为 O ( 1 ) O(1) O(1)，所以总的时间复杂度为 O ( n m ) O(nm) O(nm)。
  对于 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j] 这个状态，求解过程中，只依赖于 f [ i ] [ j − 1 ] f[i][j-1] f[i][j−1]、 f [ i − 1 ] [ j − 1 ] f[i-1][j-1] f[i−1][j−1]、 f [ i − 1 ] [ j ] f[i-1][j] f[i−1][j]。

  即每次求解只需要有 上一行 和 这一行 的状态即可，所以可以采用滚动数组进行优化，将状态转移方程变成： f [ c u r ] [ j ] = { f [ l a s t ] [ j − 1 ] + 1 j > 0 , a i = b j max ⁡ ( f [ c u r ] [ j − 1 ] , f [ l a s t ] [ j ] ) j > 0 , a i ≠ b j f[cur][j] = \begin{cases}f[last][j-1] + 1 & j>0,a_i=b_j \\ \max(f[cur][j-1], f[last][j]) & j>0,a_i \neq b_j\end{cases} f[cur][j]={f[last][j−1]+1max(f[cur][j−1],f[last][j])​j>0,ai​=bj​j>0,ai​​=bj​​  只需要简单将 i i i 替换成 c u r cur cur， i − 1 i-1 i−1 替换成 l a s t last last 即可。这样就把原本 O ( n m ) O(nm) O(nm) 的空间复杂度变成了 O ( p ) O(p) O(p)，其中 p = min ⁡ ( n , m ) p = \min(n,m) p=min(n,m)。

• 优化后的 C++ 代码实现如下：

typedef char ValueType;
const int maxn = 5010;
int f[2][maxn];

int getLCSLength(int hsize, ValueType *h, int vsize, ValueType *v) {
    memset(f, 0, sizeof(f));
    int cur = 1, last = 0;
    for (int i = 1; i <= vsize; ++i) {
        for (int j = 1; j <= hsize; ++j) {
            if (v[i] == h[j])
                f[cur][j] = f[last][j - 1] + 1;
            else
                f[cur][j] = max(f[cur][j - 1], f[last][j]);
        }
        swap(last, cur);
    }
    return f[last][hsize];
}

  有关于 最长公共子序列 的更多内容，可以参考以下内容：夜深人静写算法（二十一）- 最长公共子序列。

2、最小编辑距离

  长度为 n n n 的源字符串 a 1 , a 2 , . . . , a n a_1,a_2,...,a_n a1​,a2​,...,an​，经过一些给定操作变成长度为 m m m 的目标字符串 b 1 , b 2 , . . . b m b_1,b_2,...b_m b1​,b2​,...bm​，操作包括如下三种：
  1） I n s e r t Insert Insert：在源字符串中插入一个字符，插入消耗为 I I I；
  2） D e l e t e Delete Delete：在源字符串中删除一个字符，删除消耗为 D D D；
  3） R e p l a c e Replace Replace：将源字符串中的一个字符替换成另一个字符，替换消耗为 R R R；
求最少的总消耗，其中 n , m ≤ 1000 n,m \le 1000 n,m≤1000。

  令 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j] 表示源字符串 a 1 , a 2 , . . . , a i a_1,a_2,...,a_i a1​,a2​,...,ai​ 经过上述三种操作变成目标字符串 b 1 , b 2 , . . . b j b_1,b_2,...b_j b1​,b2​,...bj​ 的最少消耗。
  假设 a 1 , a 2 , . . . , a i a_1,a_2,...,a_{i} a1​,a2​,...,ai​ 变成 b 1 , b 2 , . . . b j − 1 b_1,b_2,...b_{j-1} b1​,b2​,...bj−1​ 的最少消耗已经求出，等于 f [ i ] [ j − 1 ] f[i][j-1] f[i][j−1]，则需要在 a [ i ] a[i] a[i] 的后面插入一个字符 b j b_j bj​，那么产生的消耗为： f [ i ] [ j − 1 ] + I f[i][j-1] + I f[i][j−1]+I 如图所示，源字符串为 “AGTA”，目标字符串为 “GATCGT” 的情况下，将源字符串变成 "“GATCG” 的最小消耗为 f [ i ] [ j − 1 ] f[i][j-1] f[i][j−1]，那么只要在源字符串最后再插入一个 ‘T’，就可以把源字符串变成目标字符串 “GATCGT”；

  假设 a 1 , a 2 , . . . , a i − 1 a_1,a_2,...,a_{i-1} a1​,a2​,...,ai−1​ 变成 b 1 , b 2 , . . . b j b_1,b_2,...b_{j} b1​,b2​,...bj​ 的最少消耗已经求出，等于 f [ i − 1 ] [ j ] f[i-1][j] f[i−1][j]，则需要把 a i a_i ai​ 个删掉，那么产生的消耗为： f [ i − 1 ] [ j ] + D f[i-1][j] + D f[i−1][j]+D 如图所示，源字符串为 “AGTA”，目标字符串为 “GATCGT” 的情况下，将 “AGT” 变成目标字符串的最小消耗为 f [ i − 1 ] [ j ] f[i-1][j] f[i−1][j]，那么只要把源字符串最后一个’A’删掉，就可以把源字符串变成目标字符串；

  假设 a 1 , a 2 , . . . , a i − 1 a_1,a_2,...,a_{i-1} a1​,a2​,...,ai−1​ 变成 b 1 , b 2 , . . . b j − 1 b_1,b_2,...b_{j-1} b1​,b2​,...bj−1​ 的最少消耗已经求出，等于 f [ i − 1 ] [ j − 1 ] f[i-1][j-1] f[i−1][j−1]，则将 a i a_i ai​ 替换成 b j b_j bj​， a 1 , a 2 , . . . , a i a_1,a_2,...,a_{i} a1​,a2​,...,ai​ 就可以变成 b 1 , b 2 , . . . b j b_1,b_2,...b_{j} b1​,b2​,...bj​。替换时需要考虑 a i = b j a_i=b_j ai​=bj​ 和 a i ≠ b j a_i \neq b_j ai​​=bj​ 的情况，所以替换产生的消耗为： f [ i − 1 ] [ j − 1 ] + { 0 a i = b j R a i ≠ b j f[i-1][j-1] + \begin{cases} 0 & a_i=b_j \\ R & a_i \neq b_j\end{cases} f[i−1][j−1]+{0R​ai​=bj​ai​​=bj​​ 如图所示，源字符串为 “AGTA”，目标字符串为 “GATCGT” 的情况下，将 “AGT” 变成 “GATCGT” 的最小消耗为 f [ i − 1 ] [ j − 1 ] f[i-1][j-1] f[i−1][j−1]，那么只要将 源字符串 的最后一个字符 替换为 目标字符串 的最后一个字符 ，就可以把源字符串变成目标字符串；替换时根据 源字符串 和 目标字符串 原本是否相等来决定消耗；

• 边界情况主要考虑以下几种：
    a. 空串变成目标串 即 f [ 0 ] [ j ] f[0][j] f[0][j]，总共需要插入 j j j 个字符，所以 f [ 0 ] [ j ] = f [ 0 ] [ j − 1 ] + I f[0][j] = f[0][j-1] + I f[0][j]=f[0][j−1]+I；
    b. 源字符串变成空串 即 f [ i ] [ 0 ] f[i][0] f[i][0]，总共需要删除 i i i 个字符，所以 f [ i ] [ 0 ] = f [ i − 1 ] [ 0 ] + D f[i][0] = f[i-1][0] + D f[i][0]=f[i−1][0]+D；
    c. 空串变成空串 即 f [ 0 ] [ 0 ] = 0 f[0][0] = 0 f[0][0]=0

  将上述所有状态进行一个整合，得到状态转移方程如下： f [ i ] [ j ] = { 0 i = 0 , j = 0 f [ i ] [ j − 1 ] + I i = 0 , j > 0 f [ i − 1 ] [ j ] + D i > 0 , j = 0 min ⁡ i > 0 , j > 0 { f [ i ] [ j − 1 ] + I f [ i − 1 ] [ j ] + D f [ i − 1 ] [ j − 1 ] + R a i ≠ b j f[i][j] = \begin{cases}0 & i=0,j=0\\f[i][j-1]+I & i=0,j>0\\ f[i-1][j] + D & i>0,j=0 \\ \min_{i>0,j>0} \begin{cases} f[i][j-1] + I\\ f[i-1][j] + D\\ f[i-1][j-1] + R_{a_i \neq b_j}\end{cases}\end{cases} f[i][j]=⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧​0f[i][j−1]+If[i−1][j]+Dmini>0,j>0​⎩⎪⎨⎪⎧​f[i][j−1]+If[i−1][j]+Df[i−1][j−1]+Rai​​=bj​​​​i=0,j=0i=0,j>0i>0,j=0
  通过这个状态矩阵，最后计算得到 f [ n ] [ m ] f[n][m] f[n][m] 就是该题所求 "源字符串 a 1 , a 2 , . . . , a n a_1,a_2,...,a_n a1​,a2​,...,an​，经过 插入、删除、替换 变成目标字符串 b 1 , b 2 , . . . b m b_1,b_2,...b_m b1​,b2​,...bm​" 的最少消耗了，特殊的，当 I = D = R = 1 I = D = R = 1 I=D=R=1 时， f [ n ] [ m ] f[n][m] f[n][m] 就是字符串 a a a 和 b b b 的莱文斯坦距离。
  状态总数 O ( n m ) O(nm) O(nm)，每次状态转移的消耗为 O ( 1 ) O(1) O(1)，所以总的时间复杂度为 O ( n m ) O(nm) O(nm)，空间上可以采用滚动数组进行优化，具体优化方案可以参考 最长公共子序列 的求解过程。
  如图所示的是一张源字符串 “AGTACG” 到目标字符串 “GATCGTGAGC” 的莱文斯坦距离图。

  有关最小编辑距离的详细内容，可以参考：夜深人静写算法（二十二）- 最小编辑距离。

3、双串匹配问题

  给定一个 匹配字符串 s (只包含小写字母) 和一个 模式字符串 p (包含小写字母和两种额外字符：'.'和 '*')，要求实现一个支持 '.'和 '*'的正则表达式匹配（'*'前面保证有字符）。
  '.'匹配任意单个字符
  '*'匹配零个或多个前面的那一个元素

  这是个经典的 串匹配 问题，可以按照 最长公共子序列 的思路去解决。令 f ( i , j ) f(i, j) f(i,j) 代表的是 匹配串前缀 s[0:i] 和 模式串前缀 p[0:j] 是否有匹配，只有两个值： 0 代表 不匹配， 1 代表 匹配。
  于是，对模式串进行分情况讨论：
  1）当 p[j] 为.时，代表 s[i] 为任意字符时，它都能够匹配（没毛病吧？没毛病），所以问题就转化成了求 匹配串前缀 s[0:i-1] 和 模式串前缀 p[0:j-1] 是否有匹配的问题，也就是这种情况下 f ( i , j ) = f ( i − 1 , j − 1 ) f(i, j) = f(i-1, j-1) f(i,j)=f(i−1,j−1)，如图1所示：


  2）当 p[j] 为*时，由于*前面保证有字符，所以拿到字符 p[j-1]，分情况讨论：
    2.a）如果 p[j-1] 为.时，可以匹配所有 s[0:i] 的后缀，这种情况下，只要 f ( k , j − 2 ) f(k, j-2) f(k,j−2) 为 1， f ( i , j ) f(i, j) f(i,j) 就为 1；其中 k ∈ [ 0 , i ] k \in [0, i] k∈[0,i]。如下图所示：


    2.b）如果 p[j-1] 非.时，只有当 s[0:i] 的后缀 字符全为 p[j-1] 时，才能去匹配 s[0:i] 的前缀，同样转化成 f ( k , j − 2 ) f(k, j-2) f(k,j−2) 的子问题。如下图所示：


  3）当 p[j] 为其他任意字符时，一旦 p[j] 和 s[i] 不匹配，就认为 f ( i , j ) = 0 f(i, j) = 0 f(i,j)=0，否则 f ( i , j ) = f ( i − 1 , j − 1 ) f(i, j) = f(i-1, j-1) f(i,j)=f(i−1,j−1)，如下图所示：


  最后，这个问题可以采用 记忆化搜索 求解，并且需要考虑一些边界条件，边界条件可以参考代码实现中的讲解。记忆化搜索会在下文仔细讲解。
  匹配串的长度为 n n n，模式串的长度为 m m m。状态数： O ( n m ) O(nm) O(nm)，状态转移： O ( n ) O(n) O(n)，时间复杂度： O ( n 2 m ) O(n^2m) O(n2m)。

四、记忆化搜索

  给定一个 n ( n ≤ 45 ) n(n \le 45) n(n≤45)，求 斐波那契数列的第 n n n 项的值，要求用递归实现。

  那么，我们只需要套用上面的递归函数，并且处理好递归出口，就能把它写成递归的形式，C语言 代码实现如下：

int f(unsigned int n) {
    if(n <= 1) {
        return 1;
    }
    return f(n-1) + f(n-2);
}

  递归求解的过程如下：

  这是一棵二叉树，树的高度为 n n n，所以粗看递归访问时结点数为 2 n 2^n 2n，但是仔细看，对于任何一棵子树而言，左子树的高度一定比右子树的高度大，所以不是一棵严格的完全二叉树。为了探究它实际的时间复杂度，我们改下代码：

int f(unsigned int n) {
    ++c[n];
    if(n <= 1) {
        return 1;
    }
    return f(n-1) + f(n-2);
}

  加了一句代码 ++c[n];，引入一个计数器，来看下在不同的 n n n 的情况下， f ( n ) f(n) f(n) 这个函数的调用次数，如图所示：

  观察 c [ n ] c[n] c[n] 的增长趋势，首先排除等差数列，然后再来看是否符合等比数列，我们来尝试求下 c [ n ] / c [ n − 1 ] c[n] / c[n-1] c[n]/c[n−1] 的值，列出表格如下：

  观察发现，随着 n n n 的不断增大， c [ n ] / c [ n − 1 ] c[n]/c[n-1] c[n]/c[n−1] 越来越接近一个常数，而这个常数就是黄金分割的倒数： 2 5 − 1 ≈ 1.618034 \frac {2}{ \sqrt 5 - 1} \approx 1.618034 5 ​−12​≈1.618034  当 n n n 趋近于无穷大的时候，满足如下公式： c [ n ] = 2 5 − 1 c [ n − 1 ] c[n] = \frac {2}{ \sqrt 5 - 1} c[n-1] c[n]=5 ​−12​c[n−1]  对等比数列化解后累乘得到： c [ n ] = 2 5 − 1 c [ n − 1 ] = ( 2 5 − 1 ) 2 c [ n − 2 ] = ( 2 5 − 1 ) n \begin{aligned}c[n] &= \frac {2}{ \sqrt 5 - 1} c[n-1]\\ &= (\frac {2}{ \sqrt 5 - 1})^2 c[n-2]\\ &= (\frac {2}{ \sqrt 5 - 1})^n \end{aligned} c[n]​=5 ​−12​c[n−1]=(5 ​−12​)2c[n−2]=(5 ​−12​)n​  所以，斐波那契数列递归求解的时间复杂度就是 ： O ( ( 2 5 − 1 ) n ) O((\frac {2}{ \sqrt 5 - 1})^n) O((5 ​−12​)n)
  这是一个指数级的算法，随着 n n n 的不断增大，时间消耗呈指数级增长，我们在写代码的时候肯定是要避免这样的写法的，尤其是在服务器开发过程中，CPU 是一种极其宝贵的资源，任何的浪费都是可耻的。但是，面试官又要求用递归实现，真是太讨厌了！
  那么，怎么来优化这里的算力消耗呢？
  递归求解斐波那契数列其实是一个深度优先搜索的过程，它是毫无优化的暴力枚举，对于 f ( 5 ) f(5) f(5) 的求解，如图所示：

  同时，我们也发现，计算过程中其实有很多重叠子问题，例如 f ( 3 ) f(3) f(3) 被计算了 2 2 2 次，如图所示：

   f ( 2 ) f(2) f(2) 被计算了 3 3 3 次，如图所示：

  所以如果我们能够确保每个 f ( i ) f(i) f(i) 只被计算一次，问题就迎刃而解了。可以考虑将 f ( i ) f(i) f(i) 计算出来的值存储到哈希数组 h [ i ] h[i] h[i] 中，当第二次要访问 f ( i ) f(i) f(i) 时，直接取 h [ i ] h[i] h[i] 的值即可，这样每次计算 f ( i ) f(i) f(i) 的时间复杂度变成了 O ( 1 ) O(1) O(1)，总共需要计算 f ( 2 ) , f ( 3 ) , . . . f ( n ) f(2),f(3),...f(n) f(2),f(3),...f(n)，总的时间复杂度就变成了 O ( n ) O(n) O(n) 。
  这种用哈希数组来记录运算结果，避免重复运算的方法就是记忆化搜索。
  这件事情如何执行下去呢？
  我们用一个数组 h [ i ] h[i] h[i] 来记录 斐波那契数列 第 i i i 项的值，把之前的递归代码改成如下形式：

const int inf = -1;
int h[46];

void init() {
    memset(h, inf, sizeof(h));  // 1）
}

int f(unsigned int n) {
    if(n <= 1) {
        return 1;
    }
    int &fib = h[n];            // 2）
    if(fib != inf) {
        return fib;             // 3）
    }
    fib = f(n-1) + f(n-2);      // 4）
    return fib;
}

• 1）初始化所有 f ( i ) f(i) f(i) 都没有被计算过，为了方便用 memset，可以将 inf定义成 -1；
• 2）注意这里用了个引用，而且一定要用引用，具体原因留给读者自己思考，当然不想思考的话，下文也会讲到，不必担心；
• 3）当 fib也就是 h[n]已经计算过了，那么直接返回结果即可；
• 4）最后，利用递归计算h[n]的值，并且返回结果；

  和递归版本相比，多了这么一段代码：

    int &fib = h[n];
    if(fib != inf) {
        return fib;
    }

  那么它的作用体现在哪里呢？我们通过一个动图来感受一下：

  如图所示，当第二次需要计算 f ( 2 ) f(2) f(2) 和 f ( 3 ) f(3) f(3) 时，由于结果已经计算出来并且存储在 h [ 2 ] h[2] h[2] 和 h [ 3 ] h[3] h[3] 中，所以上面这段代码的fib != inf表达式为真，直接返回，不再需要往下递归计算，这样就把原本的 “递归二叉树” 转换成了 “递归链”， 从而将原本指数级的算法变成了多项式级别。
  上文用一个简单的例子阐述了记忆化搜索的实现方式，并且提到了利用数组来记录已经计算出来的重叠子问题，这个和动态规划的思想非常相似，没错，记忆化搜索其实用的就是动态规划的思想。更加确切的说，可以用如下公式来表示：

记忆化搜索 = 深度优先搜索的实现 + 动态规划的思想
  有关记忆化搜索的更多内容，可以参考： 夜深人静写算法（二十六）- 记忆化搜索。

五、背包问题

1、0/1 背包

  有 n ( n ≤ 100 ) n(n \le100) n(n≤100) 个物品和一个容量为 m ( m ≤ 10000 ) m(m \le 10000) m(m≤10000) 的背包。第 i i i 个物品的容量是 c [ i ] c[i] c[i]，价值是 w [ i ] w[i] w[i]。现在需要选择一些物品放入背包，并且总容量不能超过背包容量，求能够达到的物品的最大总价值。

  以上就是 0/1 背包问题的完整描述，之所以叫 0/1 背包，是因为每种物品只有一个，可以选择放入背包或者不放，而 0 代表不放，1 代表放。
  第一步：设计状态；
  状态 ( i , j ) (i, j) (i,j) 表示前 i i i 个物品恰好放入容量为 j j j 的背包 ( i ∈ [ 0 , n ] , j ∈ [ 0 , m ] ) (i \in [0, n], j \in [0, m]) (i∈[0,n],j∈[0,m])；
  令 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 表示状态 ( i , j ) (i, j) (i,j) 下该背包得到的最大价值，即前 i i i 个物品恰好放入容量为 j j j 的背包所得到的最大总价值；
  第二步：列出状态转移方程； d p [ i ] [ j ] = m a x ( d p [ i − 1 ] [ j ] , d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ] + w [ i ] ) dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j - c[i]] + w[i]) dp[i][j]=max(dp[i−1][j],dp[i−1][j−c[i]]+w[i]) 因为每个物品要么放，要么不放，所以只需要考虑第 i i i 个物品 放 或 不放 的情况：
  1）不放：如果 “第 i i i 个物品不放入容量为 j j j 的背包”，那么问题转化成求 “前 i − 1 i-1 i−1 个物品放入容量为 j j j 的背包” 的问题；由于不放，所以最大价值就等于 “前 i − 1 i-1 i−1 个物品放入容量为 j j j 的背包” 的最大价值，即 d p [ i − 1 ] [ j ] dp[i-1][j] dp[i−1][j]；
  2）放：如果 “第 i i i 个物品放入容量为 j j j 的背包”，那么问题转化成求 “前 i − 1 i-1 i−1 个物品放入容量为 j − c [ i ] j-c[i] j−c[i] 的背包” 的问题；那么此时最大价值就等于 “前 i − 1 i-1 i−1 个物品放入容量为 j − c [ i ] j-c[i] j−c[i] 的背包” 的最大价值 加上放入第 i i i 个物品的价值，即 d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ] + w [ i ] dp[i-1][j - c[i]] + w[i] dp[i−1][j−c[i]]+w[i]；
  将以上两种情况取大者，就是我们所求的 “前 i i i 个物品恰好放入容量为 j j j 的背包” 的最大价值了。
  我们发现，当状态在进行转移的时候， ( i , j ) (i, j) (i,j) 不是来自 ( i − 1 , j ) (i-1, j) (i−1,j)，就是来自 ( i − 1 , j − c [ i ] ) (i-1, j - c[i]) (i−1,j−c[i])，所以必然有一个初始状态，而这个初始状态就是 ( 0 , 0 ) (0, 0) (0,0)，含义是 “前 0 个物品放入一个背包容量为 0 的背包”，这个状态下的最大价值为 0，即 d p [ 0 ] [ 0 ] = 0 dp[0][0] = 0 dp[0][0]=0；
  那么我们再来考虑， ( 0 , 3 ) (0, 3) (0,3) 是什么意思呢？它代表的是 “前 0 个物品恰好放入一个背包容量为 3 的背包”，明显这种情况是不存在的，因为 0 个物品的价值肯定是 0。所以这种状态被称为非法状态，非法状态是无法进行状态转移的，于是我们可以通过初始状态和非法状态进所有状态进行初始化。
   d p [ 0 ] [ i ] = { 0 i = 0 i n f i > 0 dp[0][i] = \begin{cases} 0 & i = 0\\ inf & i > 0\end{cases} dp[0][i]={0inf​i=0i>0​
  其中 i n f inf inf 在程序实现时，我们可以设定一个非常小的数，比如 − 1000000000 -1000000000 −1000000000，只要保证无论如何状态转移它都不能成为最优解的候选状态。为了加深状态转移的概念，来看图二-5-1 的一个例子，每个格子代表一个状态， ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0) 代表初始状态，蓝色的格子代表已经求得的状态，灰色的格子代表非法状态，红色的格子代表当前正在进行转移的状态，图中的第 i i i 行代表了前 i i i 个物品对应容量的最优值，第 4 个物品的容量为 2，价值为 8，则有状态转移如下： d p [ 4 ] [ 4 ] = m a x ( d p [ 4 − 1 ] [ 4 ] , d p [ 4 − 1 ] [ 4 − 2 ] + 8 ) = m a x ( d p [ 3 ] [ 4 ] , d p [ 3 ] [ 2 ] + 8 ) \begin{aligned} dp[4][4] &= max( dp[4-1][4], dp[4-1][4 - 2] + 8) \\ &= max( dp[3][4], dp[3][2] + 8) \end{aligned} dp[4][4]​=max(dp[4−1][4],dp[4−1][4−2]+8)=max(dp[3][4],dp[3][2]+8)​

  有关 0/1 背包的更多内容，可以参考：夜深人静写算法（十四）- 0/1 背包。

2、完全背包

  有 n ( n ≤ 100 ) n(n \le 100) n(n≤100) 种物品和一个容量为 m ( m ≤ 10000 ) m(m \le 10000) m(m≤10000) 的背包。第 i i i 种物品的容量是 c [ i ] c[i] c[i]，价值是 w [ i ] w[i] w[i]。现在需要选择一些物品放入背包，每种物品可以无限选择，并且总容量不能超过背包容量，求能够达到的物品的最大总价值。

  以上就是完全背包问题的完整描述，和 0/1 背包的区别就是每种物品可以无限选取，即文中红色字体标注的内容；
  第一步：设计状态；
  状态 ( i , j ) (i, j) (i,j) 表示前 i i i 种物品恰好放入容量为 j j j 的背包 ( i ∈ [ 0 , n ] , j ∈ [ 0 , m ] ) (i \in [0, n], j \in [0, m]) (i∈[0,n],j∈[0,m])；
  令 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 表示状态 ( i , j ) (i, j) (i,j) 下该背包得到的最大价值，即前 i i i 种物品（每种物品可以选择无限件）恰好放入容量为 j j j 的背包所得到的最大总价值；

  第二步：列出状态转移方程； d p [ i ] [ j ] = m a x ( d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ∗ k ] + w [ i ] ∗ k ) dp[i][j] = max(dp[i-1][j - c[i]*k] + w[i]*k) dp[i][j]=max(dp[i−1][j−c[i]∗k]+w[i]∗k) ( 0 ≤ k ≤ j c [ i ] ) (0 \le k \le \frac {j} {c[i]}) (0≤k≤c[i]j​)

• 因为每种物品有无限种可放置，将它归类为以下两种情况：
    1）不放：如果 “第 i i i 种物品不放入容量为 j j j 的背包”，那么问题转化成求 “前 i − 1 i-1 i−1 种物品放入容量为 j j j 的背包” 的问题；由于不放，所以最大价值就等于 “前 i − 1 i-1 i−1 种物品放入容量为 j j j 的背包” 的最大价值，对应状态转移方程中 k = 0 k = 0 k=0 的情况， 即 d p [ i − 1 ] [ j ] dp[i-1][j] dp[i−1][j]；
    2）放 k 个：如果 “第 i i i 种物品放入容量为 j j j 的背包”，那么问题转化成求 “前 i − 1 i-1 i−1 种物品放入容量为 j − c [ i ] ∗ k j-c[i]*k j−c[i]∗k 的背包” 的问题；那么此时最大价值就等于 “前 i − 1 i-1 i−1 种物品放入容量为 j − c [ i ] ∗ k j-c[i]*k j−c[i]∗k 的背包” 的最大价值 加上放入 k k k 个第 i i i 种物品的价值，即 d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ∗ k ] + w [ i ] ∗ k dp[i-1][j - c[i]*k] + w[i]*k dp[i−1][j−c[i]∗k]+w[i]∗k；
    枚举所有满足条件的 k k k 就是我们所求的 “前 i i i 种物品恰好放入容量为 j j j 的背包” 的最大价值了。注意：由于每件物品都可以无限选择，所以这里描述的时候都是用的 “种” 作为单位，即代表不同种类的物品。

  对于 n n n 种物品放入一个容量为 m m m 的背包，状态数为 O ( n m ) O(nm) O(nm)，每次状态转移的消耗为 O ( k ) O(k) O(k)，所以整个状态转移的过程时间复杂度是大于 O ( n m ) O(nm) O(nm) 的，那么实际是多少呢？考虑最坏情况下，即 c [ i ] = 1 c[i] = 1 c[i]=1 时，那么要计算的 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 的转移数为 j j j，总的状态转移次数就是 m ( m + 1 ) 2 \frac {m(m + 1)} {2} 2m(m+1)​，所以整个算法的时间复杂度是 O ( n m 2 ) O(nm^2) O(nm2) 的，也就是说状态转移均摊时间复杂度是 O ( m ) O(m) O(m) 的。

  我们把状态转移方程进行展开后得到如下的 k + 1 k+1 k+1 个式子：
d p [ i ] [ j ] = m a x { d p [ i − 1 ] [ j ] ( 1 ) d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ] + w [ i ] ( 2 ) d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ∗ 2 ] + w [ i ] ∗ 2 ( 3 ) . . . d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ∗ k ] + w [ i ] ∗ k ( k + 1 ) dp[i][j] = max \begin{cases} dp[i-1][j] & (1)\\ dp[i-1][j - c[i]] + w[i] & (2)\\ dp[i-1][j - c[i]*2] + w[i]*2 & (3)\\ ... \\ dp[i-1][j - c[i]*k] + w[i] *k & (k+1) \end{cases} dp[i][j]=max⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧​dp[i−1][j]dp[i−1][j−c[i]]+w[i]dp[i−1][j−c[i]∗2]+w[i]∗2...dp[i−1][j−c[i]∗k]+w[i]∗k​(1)(2)(3)(k+1)​
  利用待定系数法，用 j − c [ i ] j-c[i] j−c[i] 代替上式的 j j j 得到如下式子：
d p [ i ] [ j − c [ i ] ] = m a x { d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ] ( 1 ) d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ∗ 2 ] + w [ i ] ( 2 ) d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ∗ 3 ] + w [ i ] ∗ 2 ( 3 ) . . . d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ∗ k ] + w [ i ] ∗ ( k − 1 ) ( k ) dp[i][j-c[i]] = max \begin{cases} dp[i-1][j-c[i]] & (1)\\ dp[i-1][j - c[i]*2] + w[i] & (2)\\ dp[i-1][j - c[i]*3] + w[i]*2 & (3)\\ ... \\ dp[i-1][j - c[i]*k] + w[i] *(k-1) & (k) \end{cases} dp[i][j−c[i]]=max⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧​dp[i−1][j−c[i]]dp[i−1][j−c[i]∗2]+w[i]dp[i−1][j−c[i]∗3]+w[i]∗2...dp[i−1][j−c[i]∗k]+w[i]∗(k−1)​(1)(2)(3)(k)​
  等式两边都加上 w [ i ] w[i] w[i] 得到：
d p [ i ] [ j − c [ i ] ] + w [ i ] = m a x { d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ] + w [ i ] ( 1 ) d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ∗ 2 ] + w [ i ] ∗ 2 ( 2 ) d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ∗ 3 ] + w [ i ] ∗ 3 ( 3 ) . . . d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ∗ k ] + w [ i ] ∗ k ( k ) dp[i][j-c[i]] + w[i] = max \begin{cases} dp[i-1][j-c[i]] + w[i] & (1)\\ dp[i-1][j - c[i]*2] + w[i]*2 & (2)\\ dp[i-1][j - c[i]*3] + w[i]*3 & (3)\\ ... \\ dp[i-1][j - c[i]*k] + w[i] *k & (k) \end{cases} dp[i][j−c[i]]+w[i]=max⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧​dp[i−1][j−c[i]]+w[i]dp[i−1][j−c[i]∗2]+w[i]∗2dp[i−1][j−c[i]∗3]+w[i]∗3...dp[i−1][j−c[i]∗k]+w[i]∗k​(1)(2)(3)(k)​
  于是我们发现，这里的 ( 1 ) . . . ( k ) (1)...(k) (1)...(k) 式子等价于最开始的状态转移方程中的 ( 2 ) . . . ( k + 1 ) (2) ... (k+1) (2)...(k+1) 式，所以原状态转移方程可以简化为： d p [ i ] [ j ] = m a x ( d p [ i − 1 ] [ j ] , d p [ i ] [ j − c [ i ] ] + w [ i ] ) dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-c[i]] + w[i]) dp[i][j]=max(dp[i−1][j],dp[i][j−c[i]]+w[i])
  这样就把原本均摊时间复杂度为 O ( m ) O(m) O(m) 的状态转移优化到了 O ( 1 ) O(1) O(1)。
  那么我们来理解一下这个状态转移方程的含义：对于第 i i i 种物品，其实只有两种选择：一个都不放、至少放一个；一个都不放 就是 “前 i − 1 i-1 i−1 种物品放满一个容量为 j j j 的背包” 的情况，即 d p [ i − 1 ] [ j ] dp[i-1][j] dp[i−1][j]；至少放一个 的话，我们尝试在 “前 i i i 种物品放满一个容量为 j j j 的背包” 里拿掉 1 个物品，即 “前 i i i 种物品放满一个容量为 j − c [ i ] j-c[i] j−c[i] 的背包”，这时候的值就是 d p [ i ] [ j − c [ i ] ] + w [ i ] dp[i][j-c[i]] + w[i] dp[i][j−c[i]]+w[i]。取两者的大者就是答案了。
  其实这个思路我可以在本文开头就讲，也容易理解，之所以引入优化以及逐步推导的过程，就是想告诉读者，很多动态规划的问题是不能套用模板的，从简单的思路出发，加上一些推导和优化，逐步把复杂的问题循序渐进的求出来，才是解决问题的普遍思路。
  有关完全背包的更多内容，可以参考：夜深人静写算法（十五）- 完全背包。

3、多重背包

  有 n ( n ≤ 100 ) n(n \le 100) n(n≤100) 种物品和一个容量为 m ( m ≤ 10000 ) m(m \le 10000) m(m≤10000) 的背包。第 i i i 种物品的容量是 c [ i ] c[i] c[i]，价值是 w [ i ] w[i] w[i]。现在需要选择一些物品放入背包，每种物品可以选择 x [ i ] x[i] x[i] 件，并且总容量不能超过背包容量，求能够达到的物品的最大总价值。

  以上就是多重背包问题的完整描述，和 0/1 背包、完全背包的区别就是每种物品的选取有物品自己的值域限制，即文中红色字体标注的内容；
  第一步：设计状态；
  状态 ( i , j ) (i, j) (i,j) 表示前 i i i 种物品恰好放入容量为 j j j 的背包 ( i ∈ [ 0 , n ] , j ∈ [ 0 , m ] ) (i \in [0, n], j \in [0, m]) (i∈[0,n],j∈[0,m])；
  令 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 表示状态 ( i , j ) (i, j) (i,j) 下该背包得到的最大价值，即前 i i i 种物品（每种物品可以选择 x [ i ] x[i] x[i] 件）恰好放入容量为 j j j 的背包所得到的最大总价值；

  第二步：列出状态转移方程； d p [ i ] [ j ] = m a x ( d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ∗ k ] + w [ i ] ∗ k ) ( 0 ≤ k ≤ x [ i ] ) dp[i][j] = max(dp[i-1][j - c[i]*k] + w[i]*k) \\ (0 \le k \le x[i]) dp[i][j]=max(dp[i−1][j−c[i]∗k]+w[i]∗k)(0≤k≤x[i]) 因为每种物品有 x [ i ] x[i] x[i] 种可放置，将它归类为以下两种情况：
  1）不放：如果 “第 i i i 种物品不放入容量为 j j j 的背包”，那么问题转化成求 “前 i − 1 i-1 i−1 种物品放入容量为 j j j 的背包” 的问题；由于不放，所以最大价值就等于 “前 i − 1 i-1 i−1 种物品放入容量为 j j j 的背包” 的最大价值，对应状态转移方程中 k = 0 k = 0 k=0 的情况， 即 d p [ i − 1 ] [ j ] dp[i-1][j] dp[i−1][j]；
  2）放 k 个：如果 “第 i i i 种物品放入容量为 j j j 的背包”，那么问题转化成求 “前 i − 1 i-1 i−1 种物品放入容量为 j − c [ i ] ∗ k j-c[i]*k j−c[i]∗k 的背包” 的问题；那么此时最大价值就等于 “前 i − 1 i-1 i−1 种物品放入容量为 j − c [ i ] ∗ k j-c[i]*k j−c[i]∗k 的背包” 的最大价值 加上放入 k k k 个第 i i i 种物品的价值，即 d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ∗ k ] + w [ i ] ∗ k dp[i-1][j - c[i]*k] + w[i]*k dp[i−1][j−c[i]∗k]+w[i]∗k；
  枚举所有满足条件的 k k k 就是我们所求的 “前 i i i 种物品恰好放入容量为 j j j 的背包” 的最大价值了。
  多重背包问题是背包问题的一般情况，每种物品有自己的值域限制。如果从状态转移方程出发，我们可以把三种背包问题进行归纳统一，得到一个统一的状态转移方程如下： d p [ i ] [ j ] = m a x ( d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ∗ k ] + w [ i ] ∗ k ) dp[i][j] = max(dp[i-1][j - c[i]*k] + w[i]*k) dp[i][j]=max(dp[i−1][j−c[i]∗k]+w[i]∗k)  对于 0/1 背包问题， k k k 的取值为 0 , 1 0,1 0,1；
  对于完全背包问题， k k k 的取值为 0 , 1 , 2 , 3 , . . . , ⌊ j c [ i ] ⌋ 0, 1, 2, 3, ..., \lfloor \frac j {c[i]} \rfloor 0,1,2,3,...,⌊c[i]j​⌋；
  对于多重背包问题， k k k 的取值为 0 , 1 , 2 , 3 , . . . , x [ i ] 0, 1, 2, 3, ..., x[i] 0,1,2,3,...,x[i]；
  对于 n n n 种物品放入一个容量为 m m m 的背包，状态数为 O ( n m ) O(nm) O(nm)，每次状态转移的消耗为 O ( x [ i ] ) O(x[i]) O(x[i])，所以整个状态转移的过程时间复杂度是大于 O ( n m ) O(nm) O(nm) 的，那么实际是多少呢？
  考虑最坏情况下，即 x [ i ] = m x[i] = m x[i]=m 时，那么要计算的 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 的转移数为 j j j，总的状态转移次数就是 m ( m + 1 ) 2 \frac {m(m + 1)} {2} 2m(m+1)​，所以整个算法的时间复杂度是 O ( n m 2 ) O(nm^2) O(nm2) 的，也就是说状态转移均摊时间复杂度是 O ( m ) O(m) O(m) 的。
  一个容易想到的优化是：我们可以将每种物品拆成 x [ i ] x[i] x[i] 个，这样变成了 ∑ i = 1 n x [ i ] \sum_{i=1}^n x[i] ∑i=1n​x[i] 个物品的 0/1 背包问题，我们知道 0/1 背包问题优化完以后，空间复杂度只和容量有关，即 O ( m ) O(m) O(m)。
  所以多重背包问题的空间复杂度至少是可以优化到 O ( m ) O(m) O(m) 的。
  然而， 如果这样拆分，时间复杂度还是没有变化，但是给我们提供了一个思路，就是每种物品是可以拆分的。假设有 x [ i ] x[i] x[i] 个物品，我们可以按照 2 的幂进行拆分，把它拆分成： 1 , 2 , 4 , . . . , 2 k − 1 , x [ i ] − 2 k + 1 1, 2, 4, ..., 2^{k-1}, x[i] - 2^{k} + 1 1,2,4,...,2k−1,x[i]−2k+1
  其中 k k k 是最大的满足 x [ i ] − 2 k + 1 ≥ 0 x[i] - 2^{k} + 1 \ge 0 x[i]−2k+1≥0 的非负整数。
  这样，1 到 x [ i ] x[i] x[i] 之间的所有整数都能通过以上 k + 1 k+1 k+1 个数字组合出来，所以只要拆成以上 k + 1 k+1 k+1 个物品，所有取 k ( 0 ≤ k ≤ x [ i ] ) k (0 \le k \le x[i]) k(0≤k≤x[i]) 个物品的情况都能被考虑进来。
  举例说明，当 x [ i ] = 14 x[i] = 14 x[i]=14 时，可以拆分成 1,2,4,7 个物品，那么当我们要取 13 个这类物品的时候，相当于选择 2、4、7，容量分别为 c [ i ] ∗ 2 , c [ i ] ∗ 4 , c [ i ] ∗ 7 c[i]*2, c[i]*4, c[i]* 7 c[i]∗2,c[i]∗4,c[i]∗7, 价值分别为 w [ i ] ∗ 2 , w [ i ] ∗ 4 , w [ i ] ∗ 7 w[i]*2, w[i]*4, w[i]* 7 w[i]∗2,w[i]∗4,w[i]∗7。
  通过这种拆分方式， x [ i ] x[i] x[i] 最多被拆分成 l o g 2 x [ i ] log_2 {x[i]} log2​x[i] 个物品，然后再用 0/1 背包求解，得到了一个时间复杂度为 O ( m ∑ i = 1 n l o g 2 x [ i ] ) O(m\sum_{i=1}^{n}log_2{x[i]}) O(m∑i=1n​log2​x[i]) 的算法。
  有关多重背包的更多内容，可以参考：夜深人静写算法（十六）- 多重背包。

4、分组背包

  有 n ( n ≤ 1000 ) n(n \le 1000) n(n≤1000) 个物品和一个容量为 m ( m ≤ 1000 ) m(m \le 1000) m(m≤1000) 的背包。这些物品被分成若干组，第 i i i 个物品属于 g [ i ] g[i] g[i] 组，容量是 c [ i ] c[i] c[i]，价值是 w [ i ] w[i] w[i]，现在需要选择一些物品放入背包，并且每组最多放一个物品，总容量不能超过背包容量，求能够达到的物品的最大总价值。

  以上就是分组背包问题的完整描述，和其它背包问题的区别就是每个物品多了一个组号，并且相同组内，最多只能选择一个物品放入背包；因为只有一个物品，所以读者可以暂时忘掉 完全背包 和 多重背包 的概念，在往下看之前，先回忆一下 0/1 背包的状态转移方程。

  第一步：预处理；
  首先把每个物品按照组号 g [ i ] g[i] g[i] 从小到大排序，假设总共有 t t t 组，则将 g [ i ] g[i] g[i] 按顺序离散到 [ 1 , t ] [1,t] [1,t] 的正整数。这样做的目的是为了将 g [ i ] g[i] g[i] 作为下标映射到状态数组中；

  第二步：设计状态；
  状态 ( k , j ) (k, j) (k,j) 表示前 k k k 组物品恰好放入容量为 j j j 的背包 ( k ∈ [ 0 , t ] , j ∈ [ 0 , m ] ) (k \in [0, t], j \in [0, m]) (k∈[0,t],j∈[0,m])；令 d p [ k ] [ j ] dp[k][j] dp[k][j] 表示状态 ( k , j ) (k, j) (k,j) 下该背包得到的最大价值，即前 k k k 组物品（每组物品至多选一件）恰好放入容量为 j j j 的背包所得到的最大总价值；

  第三步：列出状态转移方程： d p [ k ] [ j ] = m a x ( d p [ k − 1 ] [ j ] , d p [ k − 1 ] [ j − c [ i ] ] + w [ i ] ) dp[k][j] = max(dp[k-1][j], dp[k-1][j - c[i]] + w[i]) dp[k][j]=max(dp[k−1][j],dp[k−1][j−c[i]]+w[i]) k = g [ i ] k = g[i] k=g[i]因为每个物品有只有两种情况：
  1）不放：如果 “第 i i i 个物品（属于第 k k k 组）不放入容量为 j j j 的背包”，那么问题转化成求 “前 k − 1 k-1 k−1 组物品放入容量为 j j j 的背包” 的问题；由于不放，所以最大价值就等于 “前 k − 1 k-1 k−1 组物品放入容量为 j j j 的背包” 的最大价值，对应状态转移方程中的 d p [ k − 1 ] [ j ] dp[k-1][j] dp[k−1][j]；
  2）放：如果 “第 i i i 个物品（属于第 k k k 组）放入容量为 j j j 的背包”，那么问题转化成求 “前 k − 1 k-1 k−1 组物品放入容量为 j − c [ i ] j-c[i] j−c[i] 的背包” 的问题；那么此时最大价值就等于 “前 k − 1 k-1 k−1 组物品放入容量为 j − c [ i ] j-c[i] j−c[i] 的背包” 的最大价值 加上放入第 i i i 个物品的价值，即 d p [ k − 1 ] [ j − c [ i ] ] + w [ i ] dp[k-1][j - c[i]] + w[i] dp[k−1][j−c[i]]+w[i]；
  因为 前 k − 1 k-1 k−1 组物品中一定不存在第 k k k 组中的物品，所以能够满足 “最多放一个” 这个条件；

  对于 n n n 个物品放入一个容量为 m m m 的背包，状态数为 O ( n m ) O(nm) O(nm)，每次状态转移的消耗为 O ( 1 ) O(1) O(1)，所以整个状态转移的过程时间复杂度是 O ( n m ) O(nm) O(nm)；
  注意在分组背包求解的时候，要保证相同组的在一起求，而一开始的预处理和离散化正式为了保证这一点，这样，每个物品的组号为 g [ i ] = 1 , 2 , 3 , 4... , t g[i] = 1,2,3,4...,t g[i]=1,2,3,4...,t，并且我们可以把状态转移方程进一步表示成和 k k k 无关的，如下： d p [ g [ i ] ] [ j ] = m a x ( d p [ g [ i ] − 1 ] [ j ] , d p [ g [ i ] − 1 ] [ j − c [ i ] ] + w [ i ] ) dp[ g[i] ][j] = max(dp[ g[i]-1][j], dp[ g[i]-1][j - c[i]] + w[i]) dp[g[i]][j]=max(dp[g[i]−1][j],dp[g[i]−1][j−c[i]]+w[i])
  有关分组背包更加详细的内容，可以参考：夜深人静写算法（十七）- 分组背包。

5、依赖背包

  商店里有 n ( n ≤ 50 ) n(n \le 50) n(n≤50) 个盒子，每个盒子价钱为 p [ i ] ( p [ i ] ≤ 1000 ) p[i](p[i] \le 1000) p[i](p[i]≤1000)，价值为 0，盒子里面有一些小礼物，数量为 m [ i ] ( 1 ≤ m [ i ] ≤ 10 ) m[i](1 \le m[i] \le 10) m[i](1≤m[i]≤10)，每个小礼物描述成一个二元组 ( c , v ) (c, v) (c,v)， c c c 为价钱， v v v 为价值，如果要买小礼物，必须先买盒子。现在给出价钱 m ( m ≤ 100000 ) m(m \le 100000) m(m≤100000)，求能够买到的最大价值。

  这是一个比较特殊的依赖性背包问题，也是依赖背包中最简单的情况，其中盒子作为 主件，小礼物作为 附件。想要购买附件，必须先购买主件，此所谓 “依赖” ；

  第一步：设计状态；
  状态 ( i , j ) (i, j) (i,j) 表示前 i i i 个盒子购买的价钱恰好为 j j j ( i ∈ [ 0 , n ] , j ∈ [ 0 , m ] ) (i \in [0, n], j \in [0, m]) (i∈[0,n],j∈[0,m])；
  令 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 表示状态 ( i , j ) (i, j) (i,j) 下得到的最大价值，即前 i i i 个盒子购买价钱为 j j j 的情况下所得到的最大总价值；

  我们在设计状态的时候，没有把小礼物设计到状态里，那么如何进行状态转移呢？

  可以这么考虑，抛开小礼物不说，每个盒子其实只有两种状态，选 和 不选；
  1）选：就是要对这个盒子里的小礼物进行一次 0/1 背包；
  2）不选：就和这盒子里的小礼物无关了，直接等于前 i − 1 i-1 i−1 个盒子的最大价值，即 d p [ i − 1 ] [ j ] dp[i-1][j] dp[i−1][j]。
  那么，只要从前往后枚举所有盒子， p [ i ] p[i] p[i] 为第 i i i 个盒子的价钱， w [ i ] w[i] w[i] 为价值，由于这个问题下盒子是没有价值的，即 w [ i ] w[i] w[i] 恒等于零；

进行如下三步操作：
  1）首先，买第 i i i 个盒子，并且不放物品；
  2）然后，既然盒子都已经买下来了，就可以放心对第 i i i 个盒子里的小礼物进行 0/1 背包了；
  3）最后，对 买盒子 i i i 和 不买盒子 i i i 取一次最大价值；

  买第 i i i 个盒子，不放物品的情况肯定是从前 i − 1 i-1 i−1 个盒子的状态推算过来的，给出状态转移方程如下：
d p [ i ] [ j ] = { i n f j < p [ i ] ( 1 ) d p [ i − 1 ] [ j − p [ i ] ] + w [ i ] j ≥ p [ i ] ( 2 ) dp[i][j] =\begin{cases}inf & j < p[i] & (1)\\dp[i-1][j - p[i]]+w[i] & j \ge p[i] & (2)\end{cases} dp[i][j]={infdp[i−1][j−p[i]]+w[i]​j<p[i]j≥p[i]​(1)(2)​

• (1) 代表钱不够，无限凄凉；(2) 代表从 前 i − 1 i-1 i−1 个盒子价格为 j − p [ i ] j - p[i] j−p[i] 时，再花 p [ i ] p[i] p[i] 买下第 i i i 个盒子的情况。这时候 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 代表的是 第 i i i 个盒子买下后，还没买小礼物时，容量为 j j j 的最大总价值；

  既然盒子都已经买下来了，就可以放心对第 i i i 个盒子里的小礼物在 d p [ i ] [ 0... m ] dp[i][0...m] dp[i][0...m] 上进行 0/1 背包了；所有小礼物都枚举完毕以后，得到的 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 代表的是 第 i i i 个盒子买下，并且买了若干小礼物后，容量为 j j j 的最大总价值；

  最后，对买 这个盒子 和 不买这个盒子 做一次选择，即取一次最大价值，如下： d p [ i ] [ j ] = m a x ( d p [ i ] [ j ] , d p [ i − 1 ] [ j ] ) dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i-1][j]) dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i−1][j])
  这里的 d p [ i − 1 ] [ j ] dp[i-1][j] dp[i−1][j] 正代表的是第 i i i 个盒子不买的情况。
  有关依赖背包的更多内容，可以参考：夜深人静写算法（十八）- 依赖背包。

六、树形DP

  给定一棵 n ( n < = 150 ) n(n <= 150) n(n<=150) 个结点的树，去掉一些边，使得正好出现一个 P P P 个结点的连通块。问去掉最少多少条边能够达到这个要求。

  如图所示，一棵 10 个结点的树，我们可以去掉图中红色的边，变成两棵子树，分别为 3 个结点和 7个结点。

  也可以通过这样的方式，得到三颗子树，分别为 5 、4、1 个结点。

  对于树上的某个结点（如图的红色结点），可以选择去掉连接子树的边，也可以选择留着；每条连接子树的边的 选 和 不选，能够得到一个组合，对应了背包问题，而每棵子树的选择只能选择一种，对应了分组背包，所以可以利用这个思路来设计状态。

  状态设计：用 d p [ u ] [ x ] dp[u][x] dp[u][x] 表示以 u u u 为根的子树，能够通过去掉一些边而得到一个正好是 x x x 结点的连通块（注意只包含它的子树的部分，不连接它的父结点）的最少消耗；
  状态转移思路：枚举 u u u 的所有子结点，对于子结点 v v v，递归计算 d p [ v ] [ i ] ( 1 < = i < = x ) dp[v][i] (1 <= i <= x) dp[v][i](1<=i<=x) 所有的可能情况，如果 d p [ v ] [ i ] dp[v][i] dp[v][i] 存在，则认为这是一个容量为 i i i，价值为 d p [ v ] [ i ] dp[v][i] dp[v][i] 的物品，表示为 ( i , d p [ v ] [ i ] ) (i, dp[v][i]) (i,dp[v][i])。然后在结点 u u u 的背包上进行一次分组背包。
  初始情况：对于任何一个结点 u u u，它的子结点个数为 c u c_u cu​，初始情况是 d p [ u ] [ 1 ] = c u dp[u][1] = c_u dp[u][1]=cu​，表示如果以当前这个结点为孤立点，那么它的子树都不能选，所以费用就是去掉所有连接子树的边，即子树的个数。
  状态转移：然后对于每棵子树 v v v 的 k k k 个结点的连通块，答案就是 d p [ v ] [ j − k ] + d p [ v ] [ k ] − 1 dp[v][j-k] + dp[v][k] - 1 dp[v][j−k]+dp[v][k]−1，注意这里的 -1 的含义，因为我们一开始默认将所有连接子树的边去掉，所以这里需要补回来。
  答案处理：最后的答案就是 min ⁡ ( d p [ x ] [ P ] + ( 1   i f   x   i s   n o t   r o o t ) \min(dp[x][P] + (1 \ if \ x \ is \ not \ root) min(dp[x][P]+(1 if x is not root)；考虑结点为 P 的连通块只会出现在两个地方：1）和根结点相连的块，那么答案就是 d p [ r o o t ] [ P ] dp[root][P] dp[root][P]；2）不和根结点相连的块，需要枚举所有结点的 d p [ x ] [ P ] + 1 dp[x][P] +1 dp[x][P]+1 取最小值，其中这里的 1 代表斩断 ( p a r e n t [ x ] , x ) (parent[x], x) (parent[x],x) 这条边的消耗；

七、矩阵二分

A n = [ a 11 a 12 ⋯ a 1 m a 21 a 22 ⋯ a 2 m ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a m 1 a m 2 ⋯ a m m ] n A^n=\begin{bmatrix} {a_{11}}&{a_{12}}&{\cdots}&{a_{1m}}\\ {a_{21}}&{a_{22}}&{\cdots}&{a_{2m}}\\ {\vdots}&{\vdots}&{\ddots}&{\vdots}\\ {a_{m1}}&{a_{m2}}&{\cdots}&{a_{mm}}\\ \end{bmatrix}^n An=⎣⎢⎢⎢⎡​a11​a21​⋮am1​​a12​a22​⋮am2​​⋯⋯⋱⋯​a1m​a2m​⋮amm​​⎦⎥⎥⎥⎤​n
  对于求矩阵的 n n n 次幂，如果采用简单的连乘来求解，这个时间复杂度是完全无法接受的，我们联想到之前提到的整数的二分快速幂（夜深人静写算法（三十）- 二分快速幂），对于矩阵也是同样适用的；
A n = { I n = 0 ( A n − 1 2 ) 2 × A n 为 奇 数 ( A n 2 ) 2 n 为 非 零 偶 数 A^{n} = \begin{cases} I & n = 0\\ (A^{\frac{n-1}{2}})^2 \times A& n 为奇数\\ (A^{\frac{n}{2}})^2 & n 为非零偶数 \end{cases} An=⎩⎪⎨⎪⎧​I(A2n−1​)2×A(A2n​)2​n=0n为奇数n为非零偶数​
  再加上模加、模乘的性质，矩阵同样满足模幂运算，即：
A n m o d    M = { I m o d    M n = 0 ( A n − 1 2 ) 2 × A m o d    M n 为 奇 数 ( A n 2 ) 2 m o d    M n 为 非 零 偶 数 A^{n} \mod M = \begin{cases} I \mod M & n = 0\\ (A^{\frac{n-1}{2}})^2 \times A \mod M & n 为奇数\\ (A^{\frac{n}{2}})^2 \mod M & n 为非零偶数 \end{cases} AnmodM=⎩⎪⎨⎪⎧​ImodM(A2n−1​)2×AmodM(A2n​)2modM​n=0n为奇数n为非零偶数​
  如此一来，对于 m m m 阶方阵 A A A，时间复杂度就可以降到 O ( m 3 l o g n ) O(m^3log_n) O(m3logn​)；
  还是回到本文开头的那个问题，如何计算斐波那契数列第 n n n 项模上 M M M ？相信聪明的读者已经想到了，我们的主角是：矩阵 ！
  我们首先来看递推公式：
f ( n ) = f ( n − 1 ) + f ( n − 2 ) f(n) = f(n-1) + f(n-2) f(n)=f(n−1)+f(n−2)  然后我们联想到：1 个 2 × 2 2 \times 2 2×2 的矩阵和 1 个 2 × 1 2 \times 1 2×1 的矩阵相乘，得到的还是一个 2 × 1 2 \times 1 2×1 的矩阵；
  首先，利用递推公式填充 列向量 和 矩阵 ：
[ f ( n ) ? ] = [ 1 1 ? ? ] [ f ( n − 1 ) f ( n − 2 ) ] \left[ \begin{matrix} f(n) \\ ? \end{matrix} \right] = \left[ \begin{matrix} 1 & 1 \\ ? & ?\end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} f(n-1) \\ f(n-2)\end{matrix} \right] [f(n)?​]=[1?​1?​][f(n−1)f(n−2)​]  接下来利用列向量的传递性把带有问号的列向量补全，得到：
[ f ( n ) f ( n − 1 ) ] = [ 1 1 ? ? ] [ f ( n − 1 ) f ( n − 2 ) ] \left[ \begin{matrix} f(n) \\ f(n-1)\end{matrix} \right] = \left[ \begin{matrix} 1 & 1 \\ ? & ?\end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} f(n-1) \\ f(n-2)\end{matrix} \right] [f(n)f(n−1)​]=[1?​1?​][f(n−1)f(n−2)​]  再把带有问号的系数矩阵补全，得到：
[ f ( n ) f ( n − 1 ) ] = [ 1 1 1 0 ] [ f ( n − 1 ) f ( n − 2 ) ] \left[ \begin{matrix} f(n) \\ f(n-1)\end{matrix} \right] = \left[ \begin{matrix} 1 & 1 \\ 1 & 0\end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} f(n-1) \\ f(n-2)\end{matrix} \right] [f(n)f(n−1)​]=[11​10​][f(n−1)f(n−2)​]  然后进行逐步化简，得到：
[ f ( n ) f ( n − 1 ) ] = [ 1 1 1 0 ] [ f ( n − 1 ) f ( n − 2 ) ] = [ 1 1 1 0 ] [ 1 1 1 0 ] [ f ( n − 2 ) f ( n − 3 ) ] = [ 1 1 1 0 ] ⋯ [ 1 1 1 0 ] ⏟ n − 1 [ f ( 1 ) f ( 0 ) ] \begin{aligned} \left[ \begin{matrix} f(n) \\ f(n-1)\end{matrix} \right] &= \left[ \begin{matrix} 1 & 1 \\ 1 & 0\end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} f(n-1) \\ f(n-2)\end{matrix} \right] \\ &= \left[ \begin{matrix} 1 & 1 \\ 1 & 0\end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} 1 & 1 \\ 1 & 0\end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} f(n-2) \\ f(n-3)\end{matrix} \right] \\ &=\underbrace{ \left[ \begin{matrix} 1 & 1 \\ 1 & 0\end{matrix} \right] {\cdots}\left[ \begin{matrix} 1 & 1 \\ 1 & 0\end{matrix} \right] }_{n-1} \left[ \begin{matrix} f(1) \\ f(0)\end{matrix} \right] \\ \end{aligned} [f(n)f(n−1)​]​=[11​10​][f(n−1)f(n−2)​]=[11​10​][11​10​][f(n−2)f(n−3)​]=n−1 [11​10​]⋯[11​10​]​​[f(1)f(0)​]​  最后，根据矩阵乘法结合律，把前面的矩阵合并，得到：
[ f ( n ) f ( n − 1 ) ] = [ 1 1 1 0 ] n − 1 [ f ( 1 ) f ( 0 ) ] = A n − 1 [ 1 0 ] \begin{aligned} \left[ \begin{matrix} f(n) \\ f(n-1)\end{matrix} \right] &=\left[ \begin{matrix} 1 & 1 \\ 1 & 0\end{matrix} \right]^{n-1}\left[ \begin{matrix} f(1) \\ f(0)\end{matrix} \right] \\ &=A^{n-1}\left[ \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \right] \end{aligned} [f(n)f(n−1)​]​=[11​10​]n−1[f(1)f(0)​]=An−1[10​]​  于是，只要利用矩阵二分快速幂求得 A n − 1 m o d    M A^{n-1} \mod M An−1modM ，再乘上初始列向量 [ 1 0 ] \left[ \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \right] [10​]，得到的列向量的第一个元素就是问题的解了；
  事实上，只要列出状态转移方程，当 n n n 很大时，我们就可以利用矩阵二分快速幂进行递推式的求解了。
  有关矩阵二分的更加深入的内容，可以参考：夜深人静写算法（二十）- 矩阵快速幂。

八、区间DP

  有 n ( n ≤ 100 ) n(n \le 100) n(n≤100) 堆石子摆放成一排，第 i i i 堆的重量为 w i w_i wi​，现要将石子有次序地合并成一堆。规定每次只能选相邻的二堆合并成新的一堆，合并的消耗为当前合并石子的总重量。试设计出一个算法，计算出将 n n n 堆石子合并成一堆的最小消耗。

  在思考用动态规划求解的时候，我们可以先想想如果穷举所有方案，会是什么情况。
  对于这个问题来说，我们第一个决策可以选择一对相邻石子进行合并，总共有 n − 1 n-1 n−1 种情况；对于 5堆 石子的情况，第 1 次合并总共有 4 种选择：

• 1）选择 第 1 堆 和 第 2 堆 的石子进行合并，如图所示：
  
• 2）选择 第 2 堆 和 第 3 堆 的石子进行合并，如图所示：
  
• 3）选择 第 3 堆 和 第 4 堆 的石子进行合并，如图所示：
  
• 4）选择 第 4 堆 和 第 5 堆 的石子进行合并，如图所示：
  
    以上任意一种情况都会把石子变成 4 堆，然后就变成了求解 4 4 4 堆石子的问题；我们可以采用同样方法，把石子变成 3 3 3 堆， 2 2 2 堆，最后变成 1 1 1 堆，从而求出问题的最终解。
    当然，这是一个递归的过程，每次合并可以将石子堆数减一，总共进行 n − 1 n-1 n−1 次合并，每个阶段可行的方案数都是乘法的关系，穷举的方案总数就是 ( n − 1 ) ! (n-1)! (n−1)!；
    例如，上面提到的剩下的这 4 堆石子，采用深度优先搜索枚举所有可行解的搜索树如图所示：
  
    图中用 ‘-’ 表示不同堆石子之间的分隔符，即 1-2-3-4 代表 4 堆的情况，12-3-4表示 第 1 堆 和第 2 堆 合并后的情况。对这么多种方案取总消耗最小的，正确性是一定可以保证的，因为我们枚举了所有情况，然而时间上肯定是无法接受的。
    那么，如何来优化搜索呢？我们发现这个问题的难点在于：当选出的两堆石子合并以后，它的重量变成了合并后的和，对于 n n n 堆石子，选择的 n − 1 n-1 n−1 种合并方式，到达的都是不同的状态，无法进行状态存储。
    当没有头绪的时候，我们试着将问题反过来思考；我们发现这棵深度优先搜索树的所有叶子结点都是一样的，这就为我们解决问题带来了突破口；对于 [ 1 , n ] [1, n] [1,n] 堆石子，假设已经合并了 n − 2 n-2 n−2 次，必然只剩下 二堆石子，那么我们只需要合并最后一次，就可以把两堆石子变成一堆，假设合并最后一次的位置发生在 k k k，也就是最后剩下两堆分别为： [ 1 , k ] [1, k] [1,k] 和 [ k + 1 , n ] [k+1, n] [k+1,n]，如图二-2-1所示：  注意，这个时候 [ 1 , k ] [1, k] [1,k] 和 [ k + 1 , n ] [k+1, n] [k+1,n] 已经各自合并成一堆了，所以我们把问题转换成了求 [ 1 , k ] [1, k] [1,k] 合并一堆的最小消耗，以及 [ k + 1 , n ] [k+1, n] [k+1,n] 合并成一堆的最小消耗；而这里 k k k 的取值范围为 [ 1 , n − 1 ] [1, n-1] [1,n−1]；
    利用这样的方法，逐步将区间缩小成 1，就可以得到整个问题的解了。令 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j] 表示从 第 i i i 堆 石子到 第 j j j 堆 石子合并成一堆所花费的最小代价。   f [ i ] [ j ] = { 0 i = j min ⁡ k = i j − 1 ( f [ i ] [ k ] + f [ k + 1 ] [ j ] + c o s t ( i , j ) ) i ≠ j f[i][j] = \begin{cases} 0 & i=j\\ \min_{k=i}^{j-1}(f[i][k] + f[k+1][j] + cost(i,j)) & i \neq j\end{cases} f[i][j]={0mink=ij−1​(f[i][k]+f[k+1][j]+cost(i,j))​i=ji​=j​
    其中 c o s t ( i , j ) = ∑ k = i j w k cost(i, j) = \sum_{k=i}^{j}w_k cost(i,j)=∑k=ij​wk​
    有了上面 “正难则反” 的解释，这个状态转移方程就很好理解了；
      1）当 i = j i=j i=j 时，由于 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j] 已经是一堆了，所以消耗自然就是 0 了；
      2）当 i ≠ j i \neq j i​=j 时，我们需要把目前剩下的两堆合并成一堆，一堆是 f [ i ] [ k ] f[i][k] f[i][k] ，另一堆是 f [ k + 1 ] [ j ] f[k+1][j] f[k+1][j]，这两堆合并的消耗就是 从 第 i i i 堆到第 j j j 堆的重量之和，即 c o s t ( i , j ) = ∑ k = i j w k cost(i, j) = \sum_{k=i}^{j}w_k cost(i,j)=∑k=ij​wk​，而对于合并方案，总共 k = j − i k=j-i k=j−i 种选择，所以枚举 j − i j-i j−i 次，取其中最小值就是答案了。
    通过记忆化搜索求解 f [ 1 ] [ n ] f[1][n] f[1][n] 就是最后的答案。
    如图所示的动图，展示的是迭代求解的顺序，灰色的格子代表无效状态，红色的格子代表为长度为 2 的区间，橙色的格子代表为长度为 3 的区间，金黄色的格子则代表长度为 4 的区间，黄色的格子代表我们最终要求的区间状态，即 f [ 1 ] [ 5 ] f[1][5] f[1][5]。
  
    有关区间DP的更深入内容，可以参考：夜深人静写算法（二十七）- 区间DP。

九、数位DP

  如果一个数的所有位数加起来是 10 10 10 的倍数, 则称之为 g o o d   n u m b e r good \ number good number，求区间 [ l , r ] ( 0 ≤ l ≤ r ≤ 1 0 18 ) [l, r](0 \le l \le r \le 10^{18}) [l,r](0≤l≤r≤1018) 内 g o o d   n u m b e r good \ number good number 的个数；

  对于这个问题，朴素算法就是枚举区间里的每个数，并且判断可行性，时间复杂度为 o ( ( r − l ) c ) o((r-l)c) o((r−l)c)， c = 19 c=19 c=19，肯定是无法接受的。
  对于区间 [ l , r ] [l, r] [l,r] 内求满足数量的数，可以利用差分法分解问题；
  假设 [ 0 , x ] [0, x] [0,x] 内的 g o o d   n u m b e r good \ number good number 数量为 g x g_x gx​，那么区间 [ l , r ] [l, r] [l,r] 内的数量就是 g r − g l − 1 g_r - g_{l-1} gr​−gl−1​；分别用同样的方法求出 g r g_r gr​ 和 g l − 1 g_{l-1} gl−1​，再相减即可；

  如果一个数字 i i i 满足 i < x i < x i<x，那么 i i i 从高到低肯定出现某一位，使得这一位上的数值小于 x x x 对应位上的数值，并且之前的所有高位都和 x x x 上的位相等。
  举个例子，当 x = 1314 x = 1314 x=1314 时， i = 0 a b c i=0abc i=0abc、 i = 12 a b i=12ab i=12ab、 i = 130 a i=130a i=130a、 i = 1312 i=1312 i=1312，那么对于 i i i 而言，无论后面的字母取什么数字，都是满足 i < x i < x i<x 这个条件的。

  如果我们要求 g 1314 g_{1314} g1314​ 的值，可以通过枚举高位：当最高位为0，那么问题就转化成 g 999 g_{999} g999​ 的子问题；当最高位为1，问题就转化成 g 314 g_{314} g314​ 的子问题。
   g 314 g_{314} g314​ 可以继续递归求解，而 g 999 g_{999} g999​ 由于每一位数字范围都是 [ 0 , 9 ] [0,9] [0,9]，可以转换成一般的动态规划问题来求解。

  这里的前缀状态就对应了之前提到的 某些条件；
  在这个问题中，前缀状态的描述为：一个数字前缀的各位数字之和对10取余（模）的值。前缀状态的变化过程如图所示：

  在上题中，前缀状态的含义是：对于一个数 520 ，我们不需要记录 520 ，而只需要记录 7；对于 52013，我们不需要记录 52013，而只需要记录 1。这样就把原本海量的状态，变成了最多 10 个状态。
  根据以上的三个信息，我们可以从高位到低位枚举数字 i i i 的每一位，逐步把问题转化成小问题求解。
  我们可以定义 f ( n , s t , l i m ) f(n, st, lim) f(n,st,lim) 表示剩下还需要考虑 n n n 位数字，前面已经枚举的高位组成的前缀状态为 s t st st，且用 l i m lim lim 表示当前第 n n n 位是否能够取到最大值（对于 b b b 进制，最大值就是 b − 1 b-1 b−1，比如 10 进制状态下，最大值就是 9） 时的数字个数。我们来仔细解释一下这三维代表的含义：

• 1）当前枚举的位是 n n n 位， n n n 大的代表高位，小的代表低位；
• 2） s t st st 就是前缀状态，在这个问题中，代表了所有已经枚举的高位（即数字前缀）的各位数字之和对10取余（模）。注意：我们并不关心前缀的每一位数字是什么，而只关心它们加和模10之后的值是什么。
  
• 3） l i m = t r u e lim=true lim=true 表示的是已经枚举的高位中已经出现了某一位比给定 x x x 对应位小的数，那么后面枚举的每个数最大值就不再受 x x x 控制；否则，最大值就应该是 x x x 的对应位。举例说明，当十进制下的数 x = 1314 x = 1314 x=1314 时，枚举到高位前三位为 “131”， l i m = f a l s e lim = false lim=false， 那么第四位数字的区间取值就是 [ 0 , 4 ] [0,4] [0,4]；而枚举到高位前三位为 “130” 时， l i m = t r u e lim = true lim=true，那么第四位数字的区间取值就是 [ 0 , 9 ] [0, 9] [0,9]。
    所以，我们根据以上的状态，预处理 x x x 的每个数位，表示成十进制如下： x = d n d n − 1 . . . d 1 x = d_nd_{n-1}...d_1 x=dn​dn−1​...d1​ (其中 d n d_n dn​ 代表最高位， d 1 d_1 d1​ 代表最低位)
    得出状态转移方程如下： f ( n , s t , l i m ) = ∑ k = 0 m a x v f ( n − 1 , ( s t + k ) m o d    10 , l i m   o r   ( k < m a x v ) ) \begin{aligned}& f(n, st, lim) \\ &= \sum_{k=0}^{maxv} f(n-1, (st+k) \mod 10, lim \ or \ (k < maxv))\end{aligned} ​f(n,st,lim)=k=0∑maxv​f(n−1,(st+k)mod10,lim or (k<maxv))​
     k k k 表示第 n n n 位取什么数字，它的范围是 [ 0 , m a x v ] [0, maxv] [0,maxv]；
     m a x v maxv maxv 表示第 n n n 位能够取到的最大值，它由 l i m lim lim 决定，即：
     m a x v = { 9 l i m = t r u e d n l i m = f a l s e maxv = \begin{cases}9 & lim = true\\d_n & lim = false\end{cases} maxv={9dn​​lim=truelim=false​
    利用上述的状态转移方程，我们可以进行递归求解，并且当 n = 0 n=0 n=0 的时候为递归出口，由于数字要求满足所有数字位数之和为 10 10 10 的倍数，所以只有 s t = 0 st = 0 st=0 的情况为合法状态，换言之，当 n = 0 n=0 n=0 时，有： f ( 0 , x , l i m ) = { 1 x = 0 0 0 < x ≤ 9 f(0, x, lim) = \begin{cases} 1 & x = 0\\ 0 & 0 \lt x \le 9\end{cases} f(0,x,lim)={10​x=00<x≤9​  而我们需要求的，就是 f ( n , 0 , f a l s e ) f(n, 0, false) f(n,0,false)。
    我们发现，如果按照以上的状态转移进行求解，会导致一个问题，就是会有很多重叠子问题，所以需要进行记忆化，比较简单的方法就是用一个三维数组 f [ n ] [ s t ] [ l i m ] f[n][st][lim] f[n][st][lim] 来记忆化。
    当然，这里有一个技巧，就是 l i m lim lim 这个变量只有 t r u e true true、 f a l s e false false 两种取值，并且当它为 f a l s e false false 时，代表之前枚举的数的高位和所求区间 [ 0 , x ] [0, x] [0,x] 右端点中的 x x x 的高位保持完全一致，所以当 l i m = f a l s e lim = false lim=false 时，深度优先搜索树的分支最多只有 1 1 1 条，所以无须记忆化，每次直接算就可以。如图二-3-2所示的蓝色结点，就是那条唯一分支。
  
    综上所述，我们只需要用 f [ n ] [ s t ] f[n][st] f[n][st] 表示长度为 n n n，且每个数字的范围为 [ 0 , m a x v ] [0, maxv] [0,maxv]，且前缀状态为 s t st st 的数字个数（这里 m a x v maxv maxv 和进制有关，如果是 b b b 进制，那么 m a x v = b − 1 maxv = b - 1 maxv=b−1）。
• f ( n , s t , f a l s e ) f(n, st, false) f(n,st,false) 采用普通深搜， f ( n , s t , t r u e ) f(n, st, true) f(n,st,true) 采用记忆化搜索。
    对于更加深入的数位DP的实现，可以参考：夜深人静写算法（二十九）- 数位DP。

十、状态压缩DP

  给出 g r a p h graph graph 为有 n ( n ≤ 12 ) n(n \le 12) n(n≤12) 个节点（编号为 0, 1, 2, …, n − 1 n-1 n−1）的无向连通图。 g r a p h . l e n g t h = n graph.length = n graph.length=n，且只有节点 i i i 和 j j j 连通时， j j j 不等于 i i i 时且在列表 g r a p h [ i ] graph[i] graph[i] 中恰好出现一次。返回能够访问所有节点的最短路径的长度。可以在任一节点 开始 和 结束，也可以多次重访节点，并且可以重用边。

  这是一个可重复访问的 旅行商问题。我们可以设计状态如下： f ( s t , e n , s t a t e ) f(st, en, state) f(st,en,state) 代表从 s t st st 到 e n en en，且 经过的节点 的状态组合为 s t a t e state state 的最短路径。
  状态组合的含义是：经过二进制来压缩得到的一个数字，比如 经过的节点 为 0、1、4，则 s t a t e state state 的二进制表示为： ( 10011 ) 2 (10011)_2 (10011)2​ 即 经过的节点 对应到状态 s t a t e state state 二进制表示的位为 1，其余位为 0。
  于是，我们明确以下几个定义：初始状态、最终状态、非法状态、中间状态。

初始状态
  初始状态 一定是我们确定了某个起点，想象一下，假设起点在 i i i，那么在一开始的时候，必然 s t a t e = 2 i state = 2^i state=2i。于是，我们可以认为起点在 i i i，终点在 i i i，状态为 2 i 2^i 2i 的最短路径为 0。也就是初始状态表示如下： f ( i , i , 2 i ) = 0   i ∈ [ 0 , n ) f(i, i, 2^i) = 0 \\ \ \\ i \in [0, n) f(i,i,2i)=0 i∈[0,n)

最终状态
  由于这个问题，没有告诉我们 起点 和 终点，所以 起点 和 终点 是不确定的，我们需要通过枚举来得出，所以最终状态 起点 i i i 和 终点 j j j，状态为 2 n − 1 2^n-1 2n−1（代表所有点都经过，二进制的每一位都为 1）。最终状态表示为： f ( i , j , 2 n − 1 )   i ∈ [ 0 , n ) , j ∈ [ 0 , n ) f(i, j, 2^n-1) \\ \ \\ i \in [0, n), j \in [0, n) f(i,j,2n−1) i∈[0,n),j∈[0,n)

非法状态
  非法状态 就是 不可能从初始状态 通过 状态转移 到达的状态。我们设想一下，如果 f ( i , j , s t a t e ) f(i, j, state) f(i,j,state) 中 s t a t e state state 的二进制的第 i i i 位为 0，或者第 j j j 位 为 0，则这个状态必然是非法的，它代表了两个矛盾的对立面。
  我们把非法状态下的最短路径定义成 i n f = 10000000 inf = 10000000 inf=10000000 即可。 f ( i , j , s t a t e ) = i n f f(i, j, state) = inf f(i,j,state)=inf
  其中 (state & (1<<i)) == 0或者(state & (1<<j)) == 0代表state的二进制表示的第 i i i 和 j j j 位没有 1。

中间状态
  除了以上三种状态以外的状态，都成为中间状态。

  那么，我们可以通过 记忆化搜索，枚举所有的 f ( i , j , 2 n − 1 ) f(i, j, 2^n - 1) f(i,j,2n−1) 的，求出一个最小值就是我们的答案了。状态数： O ( n 2 2 n ) O(n^22^n) O(n22n)，状态转移： O ( n ) O(n) O(n)，时间复杂度： O ( n 3 2 n ) O(n^32^n) O(n32n)。

十一、斜率DP

  给定 n ( n ≤ 400000 ) n(n \le 400000) n(n≤400000) 个数 a n a_n an​，现在需要将它们归类，每类至少 t ( 1 < t ≤ n ) t(1 < t \le n) t(1<t≤n) 个数。归在同一类的花费为每个数字减去最小那个数字之和。希望所有数归类后的总花费最小，求这个最小花费。

  首先贪心，排个序先。然后用 s u m [ i ] sum[i] sum[i] 代表前 i i i 个数的和，其中 s u m [ 0 ] = 0 sum[0]=0 sum[0]=0， d p [ i ] dp[i] dp[i] 代表前 i i i 个数字归完类后的最小花费，则容易列出状态转移方程：

  因为是排好序的，所以 a [ j + 1 ] a[j+1] a[j+1] 是 a [ j + 1 : i ] a[j+1:i] a[j+1:i] 这个区间内最小的那个数，这是个 1 D / 1 D 1D/1D 1D/1D 问题，即状态数为 O ( n ) O(n) O(n)，每个状态的转移成本为 O ( n ) O(n) O(n)，所以总的算法复杂度为 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)。朴素算法如下：

  由于 n n n 的范围太大，需要优化。算法优化的本质就是让上述代码的第一层循环不变，减少第二层循环的状态转移过程。首先将状态转移方程进行移项，得到如下等式：

  看上去貌似并没有什么变化，这么做的目的是什么呢？再来仔细看下这个式子：

  这样一看，基本上就能看懂分类依据了，红色代表自变量为i的函数，绿色代表自变量为j的函数，蓝色则是以 i i i 和 j j j 为变量的函数，那么我们做进一步转化，使得该公式更加清晰。

  将 i i i 和 j j j 为自变量的函数分别用b和y表示， k = i k=i k=i 代表斜率。于是，状态转移方程转化成了以 a [ j + 1 ] a[j+1] a[j+1] 为自变量， i i i 为斜率， d p [ i ] − s u m [ i ] dp[i]-sum[i] dp[i]−sum[i] 为截距的直线方程。

  如上图所示，当 i i i 确定， j j j 取 t t t 时，则代表的是一条斜率为 i i i，并且过点 T ( a [ t + 1 ] , d p [ t ] − s u m [ t ] + t ∗ a [ t + 1 ] ) T(a[t+1], dp[t]-sum[t]+t*a[t+1]) T(a[t+1],dp[t]−sum[t]+t∗a[t+1]) 的直线。

  更加一般地，当 i i i 确定， j j j 取不同值时，则这个平面上会出现一系列平行的直线，他们的斜率都是 i i i。因为 i i i 是确定的，并且所有直线的斜率就是 i i i，所以所有直线相互平行；又由于 j j j 的不同，直线经过不同的点，所以只要是两条不重合的平行直线，截距必然不同，而截距 b = d p [ i ] − s u m [ i ] b=dp[i]-sum[i] b=dp[i]−sum[i]，即 d p [ i ] = b + s u m [ i ] dp[i]=b+sum[i] dp[i]=b+sum[i]；所以可以得出结论：
  dp[i]的最小值一定出现在最下面的那条直线上（因为最下面的直线截距最小）。
  接下来，我们分析几条比较重要的性质：
  第一条：维护“下凸”折线

  如图所示，A、B、C三个点，其中B点位于AC直线之上，即为一个“上凸”点。然后我们连接AC两点，绘制所有的斜率小于K(A,C)的直线（图中绿色直线），发现截距最小的一定是经过点A的直线（想象一下，图中三根绿色的直线一起动起来的情况）；然后绘制所有的斜率大于K(A,C)的直线（图中红色直线），发现截距最小的一定是经过C的直线。于是，可以得出结论，在用A、B、C进行状态转移时，B永远是一个无用的状态转移。
  由于任意三点不能出现“上凸”。所以，所有用于状态转移的点必须是一条“下凸”折线，如图所示：

  图中每个点都代表了向dp[i]进行状态转移的dp[j]。从图中可以看出，“下凸”折线满足每段折线斜率单调递增。那么如何维护这段“下凸”折线？
  我们采用双端队列来维护，由于它存储结构的单调性（斜率单调），又称为“单调队列”。deq[]代表单调队列的数据域，head和tail分别表示它的两个指针，当 head和tail相等则代表单调队列为空，初始化head=tail=0。deq[]中的每个元素存的是原数组的下标，因为通过下标就能计算出坐标图中点的 x-y坐标，也就能计算相邻两点之间的斜率了。
  那么每次我们将一个可行的转移状态j放入单调队列之前，先判断它的加入能否保证斜率单调递增，如果不能则将单调队列尾元素删除，依次往复，最后将这个点放入单调队列尾部，这样一条“下凸”折线就算维护完毕了。
  细心的读者，会发现这一步操作同样可以用“栈”这种数据结构来完成。接下来，我们继续来探讨为什么用双端队列不用栈。
  第二条：“永不录用”点的剔除
  “永不录用”这个名字是我自己起的，那么哪些点是“永不录用”点？，还是来看图：

  由于每次枚举状态i时是递增的枚举（之前那段代码的第一个for循环），也就是说斜率一定是越来越大，那么从图中可以看出，那些斜率小于i的折线上的点（灰色点）如果要经过斜率为i的直线（图中绿色直线的平行线），则产生的截距必然不会比图中绿色直线的更小，也就是灰色点都可以删除了。
  这些可以删除的灰色点就是“永不录用”点。“永不录用”点更加官方的说法，就是单调队列里的折线中，所有斜率小于i的折线的左端点。由于单调队列的斜率单调性，所以删除点的操作可以从左往右进行，这就是为什么之前不用栈来维护的根本原因。如果维护折线用的是栈，则最左边的点势必在栈底，而栈这种数据结构只能获取栈顶元素。

十二、连通性DP

  我觉得你应该也看不到这里，如果你看到了这里，那请在评论区说一句：“我看到了！”。那我只能说：草率了。
  这应该是 ACM 中最难的动态规划问题了，所以我打算专门拿一篇文章来讲它，放心吧，职场面试一定不会考，如果考到了，那么面试官一定是想秀一下演技。

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  关于 「 动态规划 」 的内容到这里就结束了。
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