常见问题

闫式DP分析法

状态表示
- 集合
  - 满足一定条件的所有方案
- 属性
  - 集合（所有方案）的某种属性（Max、Min、Count等）
状态计算（集合划分）
- 如何将当前集合划分成多个子集合

状态计算相当于集合的划分：把当前集合划分成若干个子集，使得每个子集的状态可以先算出来，从而推导当前集合状态（曲线救国）

集合划分规则：不重，不漏

特殊情况：属性是 MAX、MIN 的时候，划分的集合是可以重复的

举个例子 A、B、C，先求A、B的最大值，然后求B、C的最大值，最后求两个最大值的最大值，依旧是A、B、C的最大值。例题 ⭐ 897 最长公共子序列

时间复杂度

状态表示数量 * 状态计算量（转移计算量）

如完全背包问题，假定 N 件物品，物品最低体积为 1，背包最大体积容量 V

朴素二维情况：状态表示数量就是 (NV)，状态计算量就是物品体积为 1 的时候（最坏情况），最内层循环最多需计算 V 次，时间复杂度(O(NV^2))

状态转移路径

DP本质是在一个拓扑图内找最短路

每个状态(f(i,j))看作一个点，状态的转移看作一条边，把状态的值理解为最短路径长

更新最短路的规则是根据题目来的，如完全背包规则 (f(i,j)=Max(f(i-1,j-k*v[i])+k*w[i]))

DP结束最终会把从 初始状态（起点）到 目标状态（终点）的 最短路径长 更新出来（生成了一颗最短路径树）

那么 DP求状态转移路径 就变成了在 拓扑图 中找 最短路径 的问题了，沿用 最短路 输出路径的方法就可以找出 状态的转移

方案总结：循环与 dfs 均可实现

逆推：获取最终状态，根据 最短路规则 逆序往前推，直到 起始状态 ，逐一输出每个状态
边转移边记录：状态转移过程中，记录每一条边，再利用递推的栈机制，后序输出

注意的点：

因为需要记录路径，状态转移方程可能不好被维度优化，具体问题具体分析
边转移边记录一般需要开一个与状态表示一致维度的数组，要存储每个状态是从上一层哪一状态转移过来的；而逆推不需要一致，具体可看下题（保存每组从前组的哪个状态转移过来，一维）

来看一道分组背包题1013 机器分配，要求输出每组选择了哪个物品，我给的题解是第一种方案的循环版本

从终点状态逆推，必定有一条边满足最短路规则，记录当前边，并减去当前组物品的体积，接着开始推前一组状态，直到起始状态

int j = m;
for (int i = n; i; i--) {
    for (int k = 0; k

可改写成 dfs 的版本

void dfs(int i, int j) {
    if (!i) return;
    for (int k = 0; k

也可用第二种方案，边转移边记录（辅助下标 cnt 就不需要了）

for (int i = 1; i

输出既可以循环输出（倒着输出），也可以 dfs 逆序输出（正着输出）

void dfs(int i, int j) {
    if (!i) return;
    int k = path[i][j];
    dfs(i - 1, j - k);
    cout = 1; i--) {
    cout

背包问题初始化

变量声明

一定要根据状态表示的含义，来声明所需变量

如分组背包题 1013 机器分配，最多 10 组，每组 15 个物品，那么定义的常数 N、M 分别表示状态中每维的最大数量（多申请一点）

path 数组用于边转移边记录路径，理所应当和 f 数组是一致维度的大小；写成 path[N][N] 一直找不出问题的屑。

状态初始化

本篇内容只涉及了 至多、恰好 两种情况的问，至少情况将在提高篇提及

关于 f[0] = 1 的解释，请看 278 01背包计数

求方案数
二维情况
1、体积至多j，f[0][i] = 1, 0

下标从1开始

如果状态转移涉及 (i-1) 层，DP问题下标最好从1开始（如第一个物品的下标是1），这是经验，基本上所有DP题目都是这样

递归

所有DP问题都可以改用递归，如 285 没有上司的舞会 901 滑雪

背包DP

01背包

(N) 个物品，(V_i) 表示体积，(W_i) 表示价值，每件物品只有一个。求背包装得下的情况下的最大价值多少

状态表示 (f(i,j))
- 集合
  - 只考虑前 (i) 个物品，且总体积不大于 (j) 的所有选法
- 属性
  - (max) （每个选法的总价值的最大值）
状态计算
- 不含 (i) 的选法集合，相当于 (f(i-1,j))
- 含 (i) 的选法集合，相当于 (f(i-1服务器托管网,j-V_i) + W_i)
  - 由于所有选法都包含第 (i) 物品，所以先把第 (i) 物品去掉，然后求最大值，然后再把第 (i) 物品加上
  - 可能是空集 (j ，朴素代码中需要做判断
- 转移方程 (f(i,j) = max(f(i-1,j),f(i-1,j-V_i) + W_i))，满足 (V_i

朴素、二维

2. 01背包问题 – AcWing题库

#include 
#include 

using namespace std;

int const N = 1e3 + 10;
int n, m;
int v[N], w[N];
int f[N][N];  // f[0][0~m] 默认都是0；1件物品都没选

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i > v[i] >> w[i];
    for (int i = 1; i = v[i]) f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - v[i]] + w[i]);
        }
    }
    cout

优化、一维

(f(i))只用到了(f(i-1))这一层，可以用滚动数组来做
把 (j) 当做一维数组下标位置，如果从小到大枚举体积，会覆盖上一层数据，因此从大到小枚举体积，另外可以限制 (j) 遍历到 (v[i]) 停止，这样省了判断语句

#include 
#include 

using namespace std;

int const N = 1e3 + 10;
int n, m;
int v[N], w[N];
int f[N];

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i > v[i] >> w[i];

    for (int i = 1; i = v[i]; j--) {
            f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);
        }
    }
    cout

完全背包

(N) 个物品，(V_i) 表示体积，(W_i) 表示价值，每件物品无限多个。求背包装得下的情况下的物品最大价值多少

状态表示 (f(i,j))
- 集合
  - 只考虑前 (i) 个物品，且总体积不大于 (j) 的所有选法
- 属性
  - (max) （每个选法的总价值的最大值）
状态计算
- 按第 (i) 个物品选多少个划分
- 0个：(f(i-1,j))
- k个：(f(i-1,j-k*v[i])+k*w[i])
  - 去掉 (k) 个物品 (i) 的体积
  - 求 (f(i-1,j-k*v[i]))
  - 加上 (k) 个物品 (i) 的价值
- 转移方程 (f(i,j)=f(i-1,j-k*v[i])+k*w[i]) ，满足 (k*v[i]

朴素、二维

3. 完全背包问题 – AcWing题库

#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 1e3 + 10;

int n, m;
int v[N], w[N];
int f[N][N];

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i > v[i] >> w[i];

    for (int i = 1; i

优化、二维

#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 1e3 + 10;

int n, m;
int v[N], w[N];
int f[N][N];

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i > v[i] >> w[i];

    for (int i = 1; i = v[i]) f[i][j] = max(f[i][j], f[i][j - v[i]] + w[i]);
        }

    cout

优化、一维

01背包、完全背包有相似之处

#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 1e3 + 10;

int n, m;
int v[N], w[N];
int f[N];

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i > v[i] >> w[i];

    for (int i = 1; i

优化重点

01背包和完全背包一维优化的不同点在状态转移方程上

如果用上一层状态就要从大到小枚举体积（01背包二维转一维）
如果用本层状态就要从小到大枚举体积（完全背包二维转一维）

多重背包

(N) 个物品，(V_i) 表示体积，(W_i) 表示价值，每件物品(X_i)个。求背包装得下的情况下的物品最大价值多少

状态表示 (f(i,j))
- 集合
  - 只考虑前 (i) 个物品，且总体积不大于 (j) 的所有选法
- 属性
  - (max) （每个选法的总价值的最大值）
状态计算
- 转移方程 (f(i,j) = max(f(i-1,j-v[i] * k)+w[i]*k),kin[0,X_i])，满足 (k*v[i]

朴素、二维

4. 多重背包问题 I – AcWing题库

#include 
#include 

using namespace std;

int const N = 1e2 + 10;

int n, m;
int v[N], w[N], x[N];
int f[N][N];

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i > v[i] >> w[i] >> x[i];

    for (int i = 1; i

优化、一维⭐

二进制法，将 (X_i) 拆分成 (lceil log_2X_i rceil) 个物品（(1,2,4,8,16,…,2^k,C)），将多重背包转变成01背包问题

#include 
#include 

using namespace std;

int const N = 1000 * 11 + 10;
int n, m;
int v[N], w[N];
int f[N];

int main() {
    cin >> n >> m;

    int cnt = 0;
    for (int i = 1; i > a >> b >> x;
        int k = 1;
        while (k  0) {  // 若 x 还有剩余
            cnt++;
            v[cnt] = a * x;
            w[cnt] = b * x;
        }
    }
    n = cnt;

    for (int i = 1; i = v[i]; j--) f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);

    cout

究极、单调队列⭐

分析问题

6. 多重背包问题 III – AcWing题库

(begin{array}{l}
0

这种情况下，采用转01背包法，时间复杂度是 (1000 * log_220000*20000) = 1.4e4 + 2e4 = 3e8，肯定会TLE

单调队列

先认识一下单调队列是什么 C++算法之旅、05 基础篇 | 第二章数据结构 – 小能日记

https://leetcode.cn/problems/sliding-window-maximum

#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

class Solution {
   public:
    vector maxSlidingWindow(vector& nums, int k) {
        vector res;
        int q[nums.size()];
        memset(q, 0, sizeof q);
        int hh = 0, tt = -1;
        for (int i = 0; i = k) res.push_back(nums[q[hh]]);
        }

        return res;
    }
};

解决问题

先来看多重背包的朴素二维代码

for (int i = 1; i

可以这样优化，遍历每个物品，然后总体积 (j) 分为 (r) 类（(r = v[i] – 1)）。选择其中一类，如第 (r) 类，那么从 (r) 遍历到 (vt) 的过程，即 int j = r; j 这一过程，由于物品数量是有限的，相当于维护了一个固定宽度的滑动窗口，(j) 每移动一次，对滑动窗口做出滑动、删除、插入、选择四个操作，滑动窗口用单调队列实现，每个物体只需遍历一遍([0,vt])，原先的 (k) 循环被优化掉了，时间复杂度变为 (O(NV))

求 (w[i]) 个数，即队内元素 (j’) 与当前 (j) 的差值除以 (v[i])；也意味着选择了几个 (i) 物品
滑动：队头元素是否出界；也就是 (w[i]) 的个数 > (s[i]) ，选择了大于 (s[i]) 个物品
删除：维持单调队列特性；判断队尾每个 (j’) 对应的属性值是否 (j) 当前对应的属性值，True就删除
- 对应的值计算公式 f[i - 1][q[tt]] + (j - q[tt]) / v[i] * w[i]
插入：将当前 (j) 插入队尾
选择：从队头取出 (j’) ，对应的属性值就是 (f(i,j)) 的最大值（滑动窗口 (s[i]) 项里面选择最大一项）

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

int const N = 1e3 + 10, M = 2e4 + 10;

int n, vt;
int v[N], w[N], s[N];
int f[N][M];
int q[M];

int main() {
    cin.tie(0);
    cin >> n >> vt;
    for (int i = 1; i > v[i] >> w[i] >> s[i];

    for (int i = 1; i  s[i]) hh++;
                // 删除
                while (hh

优化代码①

循环已经减少了一层，但空间依旧需要(O(NV))，学着01背包优化的思路，用滚动数组优化一下代码，由于滑动的方向不可变，不能修改 for 循环里的 j，可以将相邻两层状态保存到 f 数组中 f[2][M]

(i – 1) & 1 就是上一层
i & 1 就是当前层

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

int const N = 1e3 + 10, M = 2e4 + 10;

int n, vt;
int v[N], w[N], s[N];
int f[2][M];
int q[M];

int main() {
    cin.tie(0);
    cin >> n >> vt;
    for (int i = 1; i > v[i] >> w[i] >> s[i];

    for (int i = 1; i  s[i]) hh++;
                // 删除
                while (hh

优化代码②

不用滚动数组也可以，声明一个跟 f[M] 同等大小的数组 backup[M]，用于保存上一个物品 i 的所有状态。新一层循环每次都把上一层循环的 f 数组拷贝到 backup 数组中，这样新一层 i 就可以用到上一层 i 的状态了

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

int const N = 1e3 + 10, M = 2e4 + 10;

int n, vt;
int v[N], w[N], s[N];
int f[M], backup[M];
int q[M];

int main() {
    cin.tie(0);
    cin >> n >> vt;
    for (int i = 1; i > v[i] >> w[i] >> s[i];

    for (int i = 1; i  s[i]) hh++;
                // 删除
                while (hh

分组背包

(N) 个分组，每个分组里有(X)个物品，(V_i) 表示体积，(W_i) 表示价值，每组物品里选一个。求背包装得下的情况下的物品最大价值多少

状态表示 (f(i,j))
- 集合
  - 只考虑前 (i) 组物品，且总体积不大于 (j) 的所有选法
- 属性
  - (max) （每个选法的总价值的最大值）
状态计算
- 不选第 i 组物品、选第 i 组第 1 个物品、选第 i 组第 2 个物品、…选第 i 组最后一个物品
- 不选第 i 组物品：(f(i-1,j))
- 选第 i 组物品第 k 个物品：(f(i-1,j-v[i,k])+w[i,k])
  - 可能是空集 (j ，朴素代码中需要做判断
- 转移方程 (f(i,j) = max(f(i-1,j),f(i-1,j-v[i,k])+w[i,k]),kin [1,X_i])，满足 (v[i,k]

朴素、二维

#include 
#include 

using namespace std;

int const N = 1e2 + 10;

int n, m;
int v[N][N], w[N][N], x[N];
int f[N][N];

int main() {
    cin >> n >> m;

    for (int i = 1; i > x[i];
        // 这里与上面状态转移方程不同，下标从0开始，个人喜好
        for (int j = 0; j > v[i][j] >> w[i][j];
        }
    }

    for (int i = 1; i

优化、一维

#include 
#include 

using namespace std;

int const N = 1e2 + 10;

int n, m;
int v[N][N], w[N][N], x[N];
int f[N];

int main() {
    cin >> n >> m;

    for (int i = 1; i > x[i];
        for (int j = 0; j > v[i][j] >> w[i][j];
        }
    }

    for (int i = 1; i = 0; j--)
            for (int k = 0; k

混合背包

物品分类

7. 混合背包问题 – AcWing题库

判断当前物品是哪个类的，然后转移的时候按照各个类的逻辑去转移。本题中的多重背包还可以拆分成 01 背包，所以只需要判断两个类

#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

int const N = 1e3 + 10;

int n, vt;
int f[N];

struct Thing {
    int kind;
    int v, w;
};
vector things;

int main() {
    cin >> n >> vt;
    // 分类
    for (int i = 0; i > v >> w >> s;
        if (s  0) things.push_back({-1, v * s, w * s});
        }
    }
    for (auto thing : things) {
        if (thing.kind = thing.v; j--) {
                f[j] = max(f[j], f[j - thing.v] + thing.w);
            }
        } else if (thing.kind == 0) {
            for (int j = thing.v; j

二维费用

体积重量

8. 二维费用的背包问题 – AcWing题库

涉及到了体积与重量，将原先01背包优化后的 (f(i)) 变成 (f(i,j))

(f(i)) 总体积不超过 (i) 的最大价值
(f(i,j)) 总体积不超过 (i) 且总重量不超过 (j) 的最大价值

时间复杂度 (O(NVM))；因为要用到上一层状态，所以是 (i,j) 都是从大到小枚举；读入物品信息和更新一层状态可以放在一起进行

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

int const N = 110;

int n, m, v;
int f[N][N];

int main() {
    cin >> n >> v >> m;
    for (int i = 0; i > vx >> mx >> wx;
        for (int j = v; j >= vx; j--) {
            for (int k = m; k >= mx; k--) {
                f[j][k] = max(f[j][k], f[j - vx][k - mx] + wx);
            }
        }
    }
    cout

方案计数⭐

朴素、二维

11. 背包问题求方案数 – AcWing题库

状态表示 (g(i,j))
- 集合
  - 考虑前 (i) 件物品，总体积恰好为 (j)，且总价值最大的所有选法
- 属性
  - (count)
状态计算
- 选 i 的价值的是最大的
  - (g(i,j)=g(i-1,j-v))
- 不选 i 的价值是最大的
  - (g(i,j)=g(i-1,j))
- 选 i 和不选 i 的价值都是最大的
  - (g(i,j)=g(i-1,j-v)+g(i-1,j))

如何判断状态计算的三种情况：根据已更新完的 (f(i,j)) 来判断，举个例子，如果 (f(i,j)) 从 (f(i-1,j)) 转移过来，那可能就是（不选 i ，选 i 和不选 i ）这两种情况，接着判断就行

g 数组更新完后需要遍历最后一层与最大总价值(f(i,j))相同的各项：即考虑前 i 个物品，总体积恰好为 ([0,j]) 的最大总价值的方案数的和

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 1e3 + 10;
int v[N], w[N];
int f[N][N];
int g[N][N];
int n, vt;
int mod = 1e9 + 7;

int main() {
    cin >> n >> vt;
    for (int i = 1; i > v[i] >> w[i];

    for (int i = 1; i

优化、一维

可以发现 g 数组的更新都是根据 f 数组状态更新的路径来的，两个循环可以放在一块。同时可以用一维数组优化

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 1e3 + 10;
int v[N], w[N];
int f[N];
int g[N];
int n, vt;
int mod = 1e9 + 7;

int main() {
    cin >> n >> vt;
    for (int i = 1; i > v[i] >> w[i];

    g[0] = 1;
    for (int i = 1; i = v[i]; j--) {
            int temp = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]), c = 0;
            if (temp == f[j]) c = (c + g[j]) % mod;
            if (temp == f[j - v[i]] + w[i]) c = (c + g[j - v[i]]) % mod;
            f[j] = temp, g[j] = c;
        }
    }

    int res = 0;
    for (int j = 0; j

方案记录

12. 背包问题求具体方案 – AcWing题库

所有背包问题都可以把方案数出来，相当于求状态转移路径，本题的难点在于字典序输出

针对第一个物品选择有三种情况，后续物品也按这个思路考虑

只能选，必选
只能不选，必不选
可选可不选，必选（保证题目要求的字典序）

原来的背包DP是从 1 推到 n，从 n 逆推的时候并不能保证字典序，况且可能有多个物品选择方式（看看方案计数问题）

所以需要倒过来从 n 推到 1，此时 (f(1,m)) 就是最大总价值，就可以从 1 开始逆推了

#include 

using namespace std;

int const N = 1e3 + 10, V = 1e3 + 10;
int n, vt;
int v[N], w[N];
int f[N][V];
int path[N], cnt;

int main() {
    cin >> n >> vt;
    for (int i = 1; i > v[i] >> w[i];
    }
    for (int i = n; i >= 1; i--) {
        for (int j = 0; j = v[i] && f[i][j] == f[i + 1][j - v[i]] + w[i]) {
            cout

练习题

278 01背包计数

278. 数字组合 – AcWing题库

状态表示 (f(i,j))
- 集合
  - 考虑前 (i) 个物品，总体积恰好等于 (j) 的选法集合
- 属性
  - (count)
状态计算
- 不选第 i 物品的所有方案：(f(i-1,j))
- 选择第 i 物品的所有方案：(f(i-1,j-V_i))
- 转移方程：(f(i,j) = f(i-1,j) + f(i-1,j-V_i))

f[0] = 1 含义

f[0] = 1; 表示从前 0 个物品选出总体积为 0 的方案数为 1；一个物品都不选，此时总体积为0，这也是一种合法的方案

二维写法，即 (f(i,0) = 0 , i in [0,n])，表示从前 (i) 个物品选出总体积为 0 的方案数为 1

如计算转移的状态 (f(i-1,j-s*V_i)) 中，如果恰好 (j-s*V_i =0)，代表恰好 (s) 个 (i) 物品能够满足 (j) 的要求，此时是一种合法的方案

题解

#include 
#include 

using namespace std;

int const N = 1e2 + 10, M = 1e4 + 10;

int n, m;
int v[N];
int f[M];

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i > v[i];

    f[0] = 1;
    for (int i = 1; i = v[i]; j--) {
            f[j] = f[j] + f[j - v[i]];
        }

    cout

423 01背包 Max

423. 采药 – AcWing题库

(f(i,j))考虑前 (i) 个草药，采集时间不超过 (j) 的所有方案的最大总价值

#include 
#include 

using namespace std;

int const N = 1e2 + 10, M = 1e3 + 10;

int n, m;
int v[N], w[N];
int f[M];

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i > v[i] >> w[i];

    for (int i = 1; i = v[i]; j--) f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);

    cout

426 01背包 Max

426. 开心的金明 – AcWing题库

(f(i,j)) 考虑前 (i) 个物品，在不超过 (j) 元的情况下，所有方案的价格重要度乘积和的最大值

#include 
#include 

using namespace std;
int const N = 1e2, M = 3e4 + 10;

int n, m;
int v[N], w[N];
int f[M];

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i > v[i] >> w[i];

    for (int i = 1; i = v[i]; j--)
            f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + v[i] * w[i]);

    cout

279 完全背包计数

279. 自然数拆分 – AcWing题库

状态表示 (f(i,j))
- 集合
  - 只考虑前 (i) 个物品（每个物品若干个），且总体积恰好等于 (j) 的所有选法
- 属性
  - (count)
状态计算
- 不选：(f(i-1,j))
- 选第 (i) 个 (k) 件物品：(f(i-1,j-V_i*k))
- 转移方程 (f(i,j) = sum f(i-1,j-V_i*k)) 满足 (k*v[i]

以下是优化后的写法

#include 
#include 

using namespace std;

int const N = 4e3 + 10;

int n;
unsigned f[N];

int main() {
    cin >> n;

    // 初始化
    f[0] = 1;
    for (int i = 1; i

587 完全背包 Min

587. 吃蛋糕 – AcWing题库

状态表示 (f(i,j))
- 集合
  - 考虑前 (i) 个物品，总体积恰好等于 (j) 的所有方案
- 属性
  - (min) （每个方案的元素个数）
状态计算
- 不选第 i 个：(f(i-1,j))
- 选第 i 个 k 件物品：(f(i-1,j-V_i*k) + k)
- 转移方程 (f(i,j) = min(f(i-1,j-V_i*k) + k))
- (f(0,0)) 为 0（什么都不选元素个数为0）；其他 (f(i,j)) 全部 INF（Min）；物品数量 (lfloor sqrt(N) rfloor)

朴素写法 （优化写法在后面）

状态数量 (nlog_2n) ，状态转移计算 (n) 次（实际比n小），时间复杂度 (O(n^2log_2n))，会TLE

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

int const N = 1e2, M = 1e4 + 10;

int t, n;
int f[N][M];

int main() {
    cin >> t;
    for (int id = 1; id > n;
        int m = 1;
        while (m * m

优化写法

for (int i = 1; i

一维写法

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

int const N = 1e2, M = 1e4 + 10;

int t, n;
int f[M];

int main() {
    cin >> t;
    for (int id = 1; id > n;
        memset(f, 0x3f, sizeof f);
        f[0] = 0;
        for (int i = 1; i

1013⭐分组背包

1013. 机器分配 – AcWing题库

将每个公司当做物品组，如第一个公司（物品组）包括三个物体（分一台、分两台、分三台）

第 (i) 公司第 (k) 件物品
- 含义：分给第 (i) 个公司 (k) 台机器
- 体积：(k)
- 价值：(w_{ik})
状态表示 (f(i,j))
- 集合
  - 只考虑前 (i) 组物品，且总体积不大于 (j) 的所有选法
- 属性
  - (max) （每个选法的总价值的最大值）
状态计算
- 不选第 i 组物品、选第 i 组第 1 个物品、选第 i 组第 2 个物品、…选第 i 组最后一个物品
- 不选第 i 组物品：(f(i-1,j))
- 选第 i 组物品第 k 个物品：(f(i-1,j-v[i,k])+w[i,k])

题目还要求输出每个公司选择了哪个物品，是求状态转移路径问题

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 11, M = 16;
int n, m;
int w[N][M];
int f[N][M];
int way[N];

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i > w[i][j];

    for (int i = 1; i

线性DP

递推方程是线性关系（如背包问题二维矩阵，是一行一行来求的）

898 数字三角形

898. 数字三角形 – AcWing题库

状态表示 (f(i,j))
- 集合
  - 从起点走到((i,j))的所有路径
- 属性
  - 服务器托管网(max) (每个路径的长度)
状态计算
- 来自左上方的一类、来自右上方的一类
- 来自左上方：(f(i-1,j-1)+a[i,j])
- 来自右上方：(f(i-1,j)+a[i,j])
- 转移方程 (f(i,j) = max(f(i-1,j-1)+a[i,j],f(i-1,j)+a[i,j]))

状态数量 (n^2)，转移计算量 (O(1))，时间复杂度 (O(n^2))

注意初始化部分，算最右侧点的时候，因为最右点不存在，需要初始化 -INF，左侧点同理

#include 
#include 

using namespace std;

int const N = 5e2 + 10, INF = 1e9;
int a[N][N];
int f[N][N];
int n;

int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i > a[i][j];
    for (int i = 0; i

895 最长上升子序列

895. 最长上升子序列 – AcWing题库

状态表示 (f(i))
- 集合
  - 以序列第 (i) 个数（下标位置）结尾的所有上升子序列
- 属性
  - (max) （每个上升子序列的长度）
状态计算
- 第 (i) 个数已确定，根据第 (i-1) 个数是序列哪个数（下标位置）来分类
- (r = 0（只有 i 自己）、1、2、3…i-1)，前提是 (a_r
- 转移方程 (f(i) = max(f(r) + 1))，(a_r ，(0

状态数量 n，转移数量 n ，故 (O(n^2))

#include 
#include 

using namespace std;

int const N = 1e3 + 10;
int n;
int a[N];
int f[N];

int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i > a[i];
    for (int i = 1; i

如何保存最长序列

用一个数组存储状态的转移

#include 
#include 

using namespace std;

int const N = 1e3 + 10;
int n;
int a[N];
int f[N];
int g[N];

int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i > a[i];
    for (int i = 1; i  res) {
            res = f[i];
            last = i;
        }
    }
    cout

896⭐最长上升子序列2

896. 最长上升子序列 II – AcWing题库

贪心。定义一个数组，存储所有不同长度上升子序列结尾的最小值，随长度增加，结尾最小值单调递增。每次插入一个 (a_i) 整数二分查找（小于某个数的最大的数），返回长度并更新数组。时间复杂度 (O(nlog_2n))。不是DP做法

#include 
#include 

using namespace std;

int const N = 1e5 + 10;
int n;
int a[N];
int q[N];

int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 0; i > a[i];
    int len = 0;
    q[0] = -2e9;
    for (int i = 0; i > 1;
            if (q[mid]

897 最长公共子序列

897. 最长公共子序列 – AcWing题库

状态表示 (f(i,j))
- 集合
  - 在第一个序列的前 (i) 个字母中出现，且在第二个序列的前 (j) 个字母中出现的所有公共子序列
- 属性
  - max (每个公共子序列的长度 )
状态计算
- a[i]、b[j] 是否包含在公共子序列当中作为划分依据（四种情况）(不出现和必须出现)
- 00：(f(i-1,j-1)) （这一类情况被包含在01 | 10内）
- 01：(f(i-1,j))
  - (f(i-1,j)) 包含 01 的情况，求 max 是可以重复的（求数量不能重复）
- 10：(f(i,j-1))，同理
- 11：(f(i-1,j-1)+1)
  - 前提是 a[i] == b[j]

一般只考虑 01、10、11 三种情况。状态数量 (n^2) ，状态转移计算 3 次，时间复杂度 (O(n^2))

因为需要从(i-1)层开始算，下标从1开始读

#include 
#include 

using namespace std;

int const N = 1e3 + 10;
int n, m;
char a[N], b[N];
int f[N][N];

int main() {
    cin >> n >> m;
    scanf("%s%s", a + 1, b + 1);
    for (int i = 1; i

902⭐最短编辑距离

902. 最短编辑距离 – AcWing题库

状态表示 (f(i,j))
- 集合
  - 将a[1~i]变成b[1~j]的所有操作方案
- 属性
  - min （每个方案的操作次数）
状态计算：按最后一次操作分类
- 删 (f(i-1,j) + 1)
- 增 (f(i,j-1) + 1)
- 改 (f(i-1,j-1) + 1/0) （看a[i]是否等于b[j]）

状态数量 (n^2) ，状态转移计算 3 次，时间复杂度 (O(n^2))

https://www.acwing.com/solution/content/5607/

相信很多人都是这么考虑问题的：dp[i][j]为 a 的 [0..i] 转换成 b 的 [0..j] 的最小操作数。

if (删除的情况) dp[i][j] = dp[i-1][j] + 1;
else if (新增的情况) dp[i][j] = dp[i][j-1] + 1; 
else if (修改的情况) dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
else dp[i][j] = dp[i-1][j-1]; // 不需要任何操作, 和上一个状态相同

注意，这种考虑方式不需要写 min，因为你准确的描述了各种情况。

这样想其实是没有毛病的，但是难点在于你无法把 () 中的情况准确的用代码表达出来。

能描述出来的只有不需要操作这种情况，若 a[i] == b[j] 则无需修改，其余情况难以准确的描述。

但这题其实求的是最短编辑距离，突出了一个最短，所以以上情况完全可以归纳为：

// 无需操作
if (a[i] == b[j]) dp[i][j] = dp[i-1][j-1];
// 新增, 删除, 修改 都是可以到当前状态的, 我只管取其中最小值就行
else dp[i][j] = min(dp[i-1][j], dp[i][j-1], dp[i-1][j-1]) + 1;

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

int const N = 1e3 + 10;

int n, m;
char a[N], b[N];
int f[N][N];

int main() {
    // scanf("%d%s", &n, a + 1);
    // scanf("%d%s", &m, b + 1);

    cin >> n;
    for (int i = 1; i > a[i];

    cin >> m;
    for (int i = 1; i > b[i];

    // 初始化 0
    // 只添加
    for (int i = 0; i

899 编辑距离

899. 编辑距离 – AcWing题库

注意下标从 1 开始

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 15, M = 1e3 + 10;
int n, m;
int f[N][N];
char str[M][N];

int edit_distance(char a[], char b[]) {
    int la = strlen(a + 1), lb = strlen(b + 1);
    for (int i = 0; i > n >> m;
    for (int i = 0; i > (str[i] + 1);

    while (m--) {
        char s[N];
        int limit;
        cin >> (s + 1) >> limit;
        int res = 0;
        for (int i = 0; i

区间DP

282 石子合并

282. 石子合并 – AcWing题库

状态表示 (f(i,j)) 第 (i) 堆到第 (j) 堆的区间
- 集合
  - 将第 i 堆石子到第 j 堆石子合并成一堆石子的所有合并方式
- 属性
  - (min) （每种合并方式的总代价）
状态计算
- 以最后一次合并的分界线来分类（两堆合成一堆的分界线）
- 左堆个数，右堆个数：1，k-1 | 2，k-2 | … | k-1，1
- 设分界线为k，先不考虑最后合并步骤，然后再加上最后合并的代价
- 此时分为两堆 ([i,k],[k+1,j])
- (f(i,j)=Min(f(i,k)+f(k+1,j)+s[j]-s[i-1])) ，后部分是前缀和求区间和
  - 左堆合并最小代价+右堆合并最小代价+最后合并的代价
  - (kin[i,j-1])

状态数量 (n^2) ，状态转移计算 n 次，时间复杂度 (O(n^3))。按区间长度从小到大枚举，从2到n

#include 
#include 

using namespace std;

int const N = 3e2 + 10;
int n;
int s[N];
int f[N][N];

int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i > s[i];
    for (int i = 1; i

计数DP

900⭐整数划分

900. 整数划分 – AcWing题库

通用解法

状态表示 (f(i,j))
- 集合
  - 考虑前 (i) 个物品，物品总体积恰好为 j 的所有方案。完全背包
- 属性
  - (count)
状态计算
- 不选第 i 个：(f(i-1,j))
- 选 i 的 k 个：(f(i-1,j-V_i*k))，优化为 (f(i,j-V_i))
- 转移方程：(f(i,j) = f(i-1,j) + f(i,j-V_i))

#include 
#include 

using namespace std;

int const N = 1e3 + 10;

int n;
int v[N];
unsigned f[N];

int main() {
    cin >> n;
    f[0] = 1;
    unsigned mod = (1e9 + 7);
    for (int i = 1; i

另类解法

状态表示 (f(i,j))
- 集合
  - 总和是 (i) ，并且恰好表示成 (j) 个数的和的所有方案
- 属性
  - (count)
状态计算
- j 个数里最小值是 1
  - (f(i-1,j-1))
- j 个数里最小值大于 1
  - 把每一个数都减去一个1
  - (f(i-j,j))
- (f(i,j) = f(i-1,j-1) +f(i-j,j))

#include 
#include 

using namespace std;
unsigned mod = (1e9 + 7);
int const N = 1e3 + 10;
int n;
int f[N][N];

int main() {
    cin >> n;
    f[0][0] = 1;

    for (int i = 1; i

状态压缩DP

用一个 (n) 位二进制数，每一位表示一个物品，0/1 表示不同的状态。因此可以用 ([0,2^n − 1]) 中的所有数来枚举全部状态

291 蒙德里安的梦想

291. 蒙德里安的梦想 – AcWing题库、

摆放长方形的时候，先放横着的，再放竖着的，确保能放满。总方案数等于只放横着小方块的合法方案数

状态表示 (f(i,j))
- 集合
  - 已将前 i -1 列摆好，且从第 i − 1 列伸出到第 i 列的状态是 j 的所有方案
  - 状态 j 是二进制串，当前列每个格子的状态如 101001（1代表前一列该行放了长方形）
- 属性
  - (count)
状态计算
- 第 i – 1 列状态 k ，第 i 列状态 j
- 转移方程 (f(i,j) = sum f(i-1,k))
- j 与 k 需满足
  - 没有重行 (j & k) == 0
  - k 与 j 并集后的状态连续 0 数量不是奇数 st[j | k]

预处理j | k所有可能的状态，也就是 ([1,2^n))，判断每个状态是否出现了奇数个连续0，若出现 st[i] 设置为false
f[0][0] = 1 根据状态表示，-1 层并不存在，横着摆放长方形个数为 0，那么只有竖着摆放一个方案
f[m][0] 是最终结果，此时摆放好了 ([0,m-1]) 层，总共 m 层，第 m 层不能横着放长方形，因此 j 为 0

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 12, M = 1 > n >> m, n || m) {
        memset(f, 0, sizeof f);
        // 预处理，列举所有状态,连续0为奇数的状态置为True
        for (int i = 0; i > j & 1) {
                    if (cnt & 1) {
                        st[i] = false;
                        break;
                    }
                    cnt = 0;
                } else
                    cnt++;
            }
            if (cnt & 1) st[i] = false;
        }
        // DP
        f[0][0] = 1;
        for (int i = 1; i

91 最短Hamilton路径

91. 最短Hamilton路径 – AcWing题库

朴素做法时间复杂度 (O(n!*n))：最坏情况下全排列，然后每个排列算一遍长度，肯定TLE

状态表示 (f(i,j))
- 集合
  - 所有从 (0) 点走到 (j) 点，走过的所有点是 (i) 的所有路径
  - (i) 是二进制数，每一位表示当前点是不是走过
- 属性
  - (min) （每个路径的长度）
状态计算
- 枚举倒数第二个点是哪个点 (kin[0,n-1])
- (f(i-{ j },k)) 所有从 0 走到 k 且不经过 j 的点的所有路径的最短距离
- 转移方程 (f(i,j) = min(f(i-{ j },k) + a(k,j)))

从 0 开始走，0 点在二进制1号位，所以 f[1][0] = 0

#include 

using namespace std;

const int N = 20, M = 1 > n;
    for (int i = 0; i > w[i][j];
    }
	// 求min，初始化
    memset(f, 0x3f, sizeof f);
    f[1][0] = 0;
    for (int i = 0; i > j & 1)
                for (int k = 0; k > k & 1)
                        f[i][j] = min(f[i][j], f[i - (1

树形DP⭐

285 没有上司的舞会

AcWing 285. 没有上司的舞会 – AcWing

状态表示 (f(u,0)) (f(u,1))
- 集合
  - (f(u,0)) 以 u 为根的子树中选择，并且不选 u 这个点的所有方案
  - (f(u,1)) 以 u 为根的子树中选择，并且选 u 这个点的所有方案
- 属性
  - (max) （每个方案的快乐指数）
状态计算（(si) 为 u 的所有儿子）
- (f(u,0) = sum Max(f(si,0),f(si,1)))
- (f(u,1) = sum f(si,0))

所有节点总儿子数量等于边数 n – 1 ，整个问题时间复杂度 (O(n))

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

int const N = 6e3 + 10;

int n;
int happy[N];
int h[N], e[N], ne[N], idx;
int f[N][2];
bool has_father[N];

void add(int a, int b) {
    e[idx] = b;
    ne[idx] = h[a];
    h[a] = idx++;
}

void dfs(int u) {
    f[u][1] = happy[u];

    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int j = e[i];
        dfs(j);
        f[u][0] += max(f[j][0], f[j][1]);
        f[u][1] += f[j][0];
    }
}

int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i > happy[i];
    memset(h, -1, sizeof h);
    for (int i = 0; i > a >> b;
        has_father[a] = true;
        add(b, a);
    }
    int root = 1;
    while (has_father[root]) root++;

    dfs(root);

    cout

记忆化搜索

每一道动态规划问题都可以用递归方式来写（如上面的树形DP）

901 滑雪

901. 滑雪 – AcWing题库

状态表示 (f(i,j))
- 集合
  - 从 (i,j) 开始滑的所有路径
- 属性
  - (max) （每个路径的长度）
状态计算
- 按第一步往哪个方向滑分为四类（即先不考虑第一步，再考虑第一步）
- 往右划： (f(i,j+1) + 1) ，其他同理（要考虑存在条件，滑到点高度小于当前点）

同时递归不应该存在环。题目能满足要求（点与点的高度差关系）

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

int const N = 3e2 + 10;

int n, m;
int h[N][N];
int f[N][N];

int dx[4] = {-1, 0, 1, 0};
int dy[4] = {0, 1, 0, -1};

int dp(int x, int y) {
    int &v = f[x][y];
    if (v != -1) return v;
    v = 1;  // 不能走，路径为1
    for (int i = 0; i = 1 && nx = 1 && ny > n >> m;
    for (int i = 1; i > h[i][j];

    memset(f, -1, sizeof f);
    int res = 0;
    // 遍历每一个起点的最大值
    for (int i = 1; i

参考资料

感谢所有大佬的题解，所有博客知识分享。ORZ

OI Wiki – OI Wiki (oi-wiki.org)

多重背包问题 III【单调队列优化+图示】

AcWing 11. 背包问题求方案数【背包DP求最优方案总数】

背包问题中体积至多是 j ，恰好是 j ，至少是 j 的初始化问题的研究

AcWing 1013. 机器分配【分组背包+背包DP输出方案—拓扑图分析】 – AcWing

AcWing 291. 蒙德里安的梦想 – AcWing

AcWing 291. 蒙德里安的梦想（详细注释） – AcWing

AcWing 91. 最短Hamilton路径(超详解) – AcWing

AcWing 12. 背包问题求具体方案【01背包 + 背包DP输出方案】 – AcWing

服务器托管，北京服务器托管，服务器租用 http://www.fwqtg.net
机房租用，北京机房租用，IDC机房托管， http://www.fwqtg.net

常见问题

闫式DP分析法

时间复杂度

状态转移路径

背包问题初始化

变量声明

状态初始化

下标从1开始

递归

背包DP

01背包

朴素、二维

优化、一维

完全背包

朴素、二维

优化、二维

优化、一维

优化重点

多重背包

朴素、二维

优化、一维⭐

究极、单调队列⭐

分析问题

单调队列

解决问题

优化代码①

优化代码②

分组背包

朴素、二维

优化、一维

混合背包

物品分类

二维费用

体积重量

方案计数⭐

朴素、二维

优化、一维

方案记录

练习题

278 01背包 计数

f[0] = 1 含义

题解

423 01背包 Max

426 01背包 Max

279 完全背包 计数

587 完全背包 Min

1013⭐分组背包

线性DP

898 数字三角形

895 最长上升子序列

如何保存最长序列

896⭐最长上升子序列2

897 最长公共子序列

902⭐最短编辑距离

899 编辑距离

区间DP

282 石子合并

计数DP

900⭐整数划分

通用解法

另类解法

状态压缩DP

291 蒙德里安的梦想

91 最短Hamilton路径

树形DP⭐

285 没有上司的舞会

记忆化搜索

901 滑雪

参考资料

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