什麼是動態規劃?
動態規劃(Dynamic Programming，所以我們簡稱動態規劃爲DP)是運籌學的一個分支，是求解決策過程(decision process)最優化的數學方法。20世紀50年代初美國數學家R.E.Bellman等人在研究多階段決策過程(multistep decision process)的優化問題時，提出了著名的最優化原理(principle of optimality)，把多階段過程轉化爲一系列單階段問題，利用各階段之間的關係，逐個求解，創立了解決這類過程優化問題的新方法——動態規劃。1957年出版了他的名著《Dynamic Programming》，這是該領域的第一本著作。
動態規劃算法通常基於一個遞推公式及一個或多個初始狀態。當前子問題的解將由上一次子問題的解推出。使用動態規劃來解題只需要多項式時間複雜度，因此它比回溯法、暴力法等要快許多。
說了這麼多術語，想必大家都很頭疼，現在讓我們通過一個例子來了解一下DP的基本原理。
首先，我們要找到某個狀態的最優解，然後在它的幫助下，找到下一個狀態的最優解。這句話暫時理解不了沒關係，請看下面的例子:
如果我們有面值爲1元、3元和5元的硬幣若干枚，如何用最少的硬幣湊夠11元？
我們憑直觀感覺告訴自己，先選面值最大，因此最多選2枚5元的硬幣，現在是10元了，還差一元，接下來我們挑選第二大的3元硬幣，發現不行（10+3=13超了），因此我們繼續選第三大的硬幣也就是1元硬幣，選一個就可以（10+1=11），所以總共用了3枚硬幣湊夠了11元。這就是貪心法，每次選最大的。但是我們將面值改爲2元，3元和5元的硬幣，再用貪心法就不行了。爲什麼呢？按照貪心思路，我們同樣先取2枚最大5元硬幣，現在10元了，還差一元，接下來選第二大的，發現不行，再選第三大的，還是不行，這時用貪心方法永遠湊不出11元，但是你仔細看看，其實我們可以湊出11元的，2枚3元硬幣和1枚五元硬幣就行了，這是人經過思考判斷出來了的，但是怎麼讓計算機算出來呢？這就要用動態規劃的思想：
首先我們思考一個問題，如何用最少的硬幣湊夠i元(i<11)？爲什麼要這麼問呢？兩個原因：1.當我們遇到一個大問題時，總是習慣把問題的規模變小，這樣便於分析討論。 2.這個規模變小後的問題和原來的問題是同質的，除了規模變小，其它的都是一樣的，本質上它還是同一個問題(規模變小後的問題其實是原問題的子問題)。
好了，讓我們從最小的i開始吧。當i=0，即我們需要多少個硬幣來湊夠0元。由於1，3，5都大於0，即沒有比0小的幣值，因此湊夠0元我們最少需要0個硬幣。 (這個分析很傻是不是？彆着急，這個思路有利於我們理清動態規劃究竟在做些什麼。) 這時候我們發現用一個標記來表示這句“湊夠0元我們最少需要0個硬幣。”會比較方便，如果一直用純文字來表述，不出一會兒你就會覺得很繞了。那麼，我們用d(i)=j來表示湊夠i元最少需要j個硬幣。於是我們已經得到了d(0)=0，表示湊夠0元最小需要0個硬幣。當i=1時，只有面值爲1元的硬幣可用，因此我們拿起一個面值爲1的硬幣，接下來只需要湊夠0元即可，而這個是已經知道答案的，即d(0)=0。所以，d(1)=d(1-1)+1=d(0)+1=0+1=1。當i=2時，仍然只有面值爲1的硬幣可用，於是我拿起一個面值爲1的硬幣，接下來我只需要再湊夠2-1=1元即可(記得要用最小的硬幣數量)，而這個答案也已經知道了。所以d(2)=d(2-1)+1=d(1)+1=1+1=2。一直到這裏，你都可能會覺得，好無聊，感覺像做小學生的題目似的。因爲我們一直都只能操作面值爲1的硬幣！耐心點，讓我們看看i=3時的情況。當i=3時，我們能用的硬幣就有兩種了：1元的和3元的( 5元的仍然沒用，因爲你需要湊的數目是3元！5元太多了親)。既然能用的硬幣有兩種，我就有兩種方案。如果我拿了一個1元的硬幣，我的目標就變爲了：湊夠3-1=2元需要的最少硬幣數量。即d(3)=d(3-1)+1=d(2)+1=2+1=3。這個方案說的是，我拿3個1元的硬幣；第二種方案是我拿起一個3元的硬幣，我的目標就變成：湊夠3-3=0元需要的最少硬幣數量。即d(3)=d(3-3)+1=d(0)+1=0+1=1. 這個方案說的是，我拿1個3元的硬幣。好了，這兩種方案哪種更優呢？記得我們可是要用最少的硬幣數量來湊夠3元的。所以，選擇d(3)=1，怎麼來的呢？具體是這樣得到的：d(3)=min{d(3-1)+1, d(3-3)+1}。
OK，碼了這麼多字講具體的東西，讓我們來點抽象的。從以上的文字中，我們要抽出動態規劃裏非常重要的兩個概念：狀態和狀態轉移方程。
上文中d(i)表示湊夠i元需要的最少硬幣數量，我們將它定義爲該問題的"狀態"，這個狀態是怎麼找出來的呢？根據子問題定義狀態。你找到子問題，狀態也就浮出水面了。最終我們要求解的問題，可以用這個狀態來表示：d(11)，即湊夠11元最少需要多少個硬幣。那狀態轉移方程是什麼呢？既然我們用d(i)表示狀態，那麼狀態轉移方程自然包含d(i)，上文中包含狀態d(i)的方程是：d(3)=min{d(3-1)+1, d(3-3)+1}。沒錯，它就是狀態轉移方程，描述狀態之間是如何轉移的。當然，我們要對它抽象一下，
d(i)=min{ d(i-vj)+1 }，其中i-vj >=0，vj表示第j個硬幣的面值;
有了狀態和狀態轉移方程，這個問題基本上也就解決了。當然了，Talk is cheap,show me the code!
下圖是當i從0到11時的解：
從上圖可以得出，要湊夠11元至少需要3枚硬幣。
此外，通過追蹤我們是如何從前一個狀態值得到當前狀態值的，可以找到每一次我們用的是什麼面值的硬幣。比如，從上面的圖我們可以看出，最終結果d(11)=d(10)+1(面值爲1)，而d(10)=d(5)+1(面值爲5)，最後d(5)=d(0)+1 (面值爲5)。所以我們湊夠11元最少需要的3枚硬幣是：1元、5元、5元。
通過硬幣問題我們初識DP的原理，其實可以說貪心問題是DP問題的特例，現在我們通過幾道題目加深對DP問題的理解
數塔問題是動態規劃經典的題目，下面來初步講解下
將一個由N行數字組成的三角形，如圖所以，設計一個算法，計算出三角形的由頂至底的一條路徑，使該路徑經過的數字總和最大。
學弟學妹們你們之前學過DFS和BFS，第一眼看過去這題應該用DFS解決，沒錯，DFS也可以，但是我們觀察下n行總共有(1 + 2 + 3 + 4+...+n) = （1+n）*n/2個節點，在遞歸求解的過程中很多節點被重複訪問了，這就導致時間大大增加，必然超時
比如用遞歸的話，18這個節點被訪問了兩次
但是如果用DP的話這個節點可以只訪問一次
好了，現在我們用DP解決這道問題
將上圖轉化一下：
假設上圖用map[][]數組保存。
令f[i][j]表示從頂點(1, 1)到頂點(i, j)的最大值。
則可以得到狀態轉移方程：
f[i][j] = max(f[i+1][j], f[i+1][j+1]) + map[i][j]
此題既適合自頂而下的方法做，也適合自底而上的方法，
當用自頂而下的方法做時，最後要在在最後一列數中找出最大值，
而用自底而上的方法做時，f[1][1]即爲最大值。
所以我們將圖2根據狀態轉移方程可以得到圖3：
最大值是30.
代碼如下:
上面討論了兩個非常簡單的例子。現在讓我們來看看對於更復雜的問題，如何找到狀態之間的轉移方式(即找到狀態轉移方程)。爲此我們要引入一個新詞叫遞推關係來將狀態聯繫起來(說的還是狀態轉移方程)
OK，上例子，看看它是如何工作的。
一個序列有N個數：A[1],A[2],…,A[N]，求出最長非降子序列的長度。 (講DP基本都會講到的一個問題LIS：longest increasing subsequence)
正如上面我們講的，面對這樣一個問題，我們首先要定義一個“狀態”來代表它的子問題，並且找到它的解。注意，大部分情況下，某個狀態只與它前面出現的狀態有關，而獨立於後面的狀態。
讓我們沿用“入門”一節裏那道簡單題的思路來一步步找到“狀態”和“狀態轉移方程”。假如我們考慮求A[1],A[2],…,A[i]的最長非降子序列的長度，其中i<N，那麼上面的問題變成了原問題的一個子問題(問題規模變小了，你可以讓i=1,2,3等來分析) 然後我們定義d(i)，表示前i個數中以A[i]結尾的最長非降子序列的長度。OK，對照“入門”中的簡單題，你應該可以估計到這個d(i)就是我們要找的狀態。如果我們把d(1)到d(N)都計算出來，那麼最終我們要找的答案就是這裏面最大的那個。狀態找到了，下一步找出狀態轉移方程。
爲了方便理解我們是如何找到狀態轉移方程的，我先把下面的例子提到前面來講。如果我們要求的這N個數的序列是：
5，3，4，8，6，7
根據上面找到的狀態，我們可以得到：（下文的最長非降子序列都用LIS表示）
· 前1個數的LIS長度d(1)=1(序列：5)
· 前2個數的LIS長度d(2)=1(序列：3；3前面沒有比3小的)
· 前3個數的LIS長度d(3)=2(序列：3，4；4前面有個比它小的3，所以d(3)=d(2)+1)
· 前4個數的LIS長度d(4)=3(序列：3，4，8；8前面比它小的有3個數，所以 d(4)=max{d(1),d(2),d(3)}+1=3)
OK，分析到這，我覺得狀態轉移方程已經很明顯了，如果我們已經求出了d(1)到d(i-1)，那麼d(i)可以用下面的狀態轉移方程得到：
d(i) = max{1, d(j)+1},其中j<i,A[j]<=A[i]
用大白話解釋就是，想要求d(i)，就把i前面的各個子序列中，最後一個數不大於A[i]的序列長度加1，然後取出最大的長度即爲d(i)。當然了，有可能i前面的各個子序列中最後一個數都大於A[i]，那麼d(i)=1，即它自身成爲一個長度爲1的子序列。
分析完了，上圖：(第二列表示前i個數中LIS的長度，第三列表示，LIS中到達當前這個數的上一個數的下標，根據這個可以求出LIS序列)
代碼:
該算法的時間複雜度是O(n2 )，並不是最優的解法。還有一種很巧妙的算法可以將時間複雜度降到O(nlogn)，網上已經有各種文章介紹它，這裏就不再贅述。此題還可以用“排序+LCS”來解，感興趣的話可自行Google，Baidu。
最後講一下最長上升公共子序列問題:
問題描述
什麼是最長公共子序列呢?好比一個數列S，如果分別是兩個或多個已知數列的子序列，且是所有符合此條件序列中最長的，則S 稱爲已知序列的最長公共子序列。
舉個例子，如：有兩條隨機序列，如 1 3 4 5 5 ，and 2 4 5 5 7 6，則它們的最長公共子序列便是：4 5 5。
LCS問題的解決思路
·
窮舉法
·
解最長公共子序列問題時最容易想到的算法是窮舉搜索法，即對X的每一個子序列，檢查它是否也是Y的子序列，從而確定它是否爲X和Y的公共子序列，並且在檢查過程中選出最長的公共子序列。X和Y的所有子序列都檢查過後即可求出X和Y的最長公共子序列。X的一個子序列相應於下標序列{1, 2, …, m}的一個子序列，因此，X共有2m個不同子序列（Y亦如此，如爲2^n），從而窮舉搜索法需要指數時間（2^m * 2^n）。
· 動態規劃算法
事實上，最長公共子序列問題也有最優子結構性質。
記:
Xi=﹤x1，⋯，xi﹥即X序列的前i個字符 (1≤i≤m)（前綴）
Yj=﹤y1，⋯，yj﹥即Y序列的前j個字符 (1≤j≤n)（前綴）
假定Z=﹤z1，⋯，zk﹥∈LCS(X , Y)。
·
若xm=yn（最後一個字符相同），則不難用反證法證明：該字符必是X與Y的任一最長公共子序列Z（設長度爲k）的最後一個字符，即有zk = xm = yn 且顯然有Zk-1∈LCS(Xm-1 , Yn-1)即Z的前綴Zk-1是Xm-1與Yn-1的最長公共子序列。此時，問題化歸成求Xm-1與Yn-1的LCS（LCS(X , Y)的長度等於LCS(Xm-1 , Yn-1)的長度加1）。
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若xm≠yn，則亦不難用反證法證明：要麼Z∈LCS(Xm-1, Y)，要麼Z∈LCS(X , Yn-1)。由於zk≠xm與zk≠yn其中至少有一個必成立，若zk≠xm則有Z∈LCS(Xm-1 , Y)，類似的，若zk≠yn 則有Z∈LCS(X , Yn-1)。此時，問題化歸成求Xm-1與Y的LCS及X與Yn-1的LCS。LCS(X , Y)的長度爲：max{LCS(Xm-1 , Y)的長度, LCS(X , Yn-1)的長度}。
·
由於上述當xm≠yn的情況中，求LCS(Xm-1 , Y)的長度與LCS(X , Yn-1)的長度，這兩個問題不是相互獨立的：兩者都需要求LCS(Xm-1，Yn-1)的長度。另外兩個序列的LCS中包含了兩個序列的前綴的LCS，故問題具有最優子結構性質考慮用動態規劃法。
也就是說，解決這個LCS問題，你要求三個方面的東西：1、LCS（Xm-1，Yn-1）+1；2、LCS（Xm-1，Y），LCS（X，Yn-1）；3、max{LCS（Xm-1，Y），LCS（X，Yn-1）}。
行文至此，其實對這個LCS的動態規劃解法已敘述殆盡，不過，爲了成書的某種必要性，下面，我試着再多加詳細闡述這個問題。
第三節、動態規劃算法解LCS問題
3.1、最長公共子序列的結構
最長公共子序列的結構有如下表示：
設序列X=<x1, x2, …, xm>和Y=<y1, y2, …, yn>的一個最長公共子序列Z=<z1, z2, …, zk>，則：
1. 若xm=yn，則zk=xm=yn且Zk-1是Xm-1和Yn-1的最長公共子序列；
2. 若xm≠yn且zk≠xm ，則Z是Xm-1和Y的最長公共子序列；
3. 若xm≠yn且zk≠yn ，則Z是X和Yn-1的最長公共子序列。
其中Xm-1=<x1, x2, …, xm-1>，Yn-1=<y1, y2, …, yn-1>，Zk-1=<z1, z2, …, zk-1>。
3、2.子問題的遞歸結構
由最長公共子序列問題的最優子結構性質可知，要找出X=<x1, x2, …, xm>和Y=<y1, y2, …, yn>的最長公共子序列，可按以下方式遞歸地進行：當xm=yn時，找出Xm-1和Yn-1的最長公共子序列，然後在其尾部加上xm(=yn)即可得X和Y的一個最長公共子序列。當xm≠yn時，必須解兩個子問題，即找出Xm-1和Y的一個最長公共子序列及X和Yn-1的一個最長公共子序列。這兩個公共子序列中較長者即爲X和Y的一個最長公共子序列。
由此遞歸結構容易看到最長公共子序列問題具有子問題重疊性質。例如，在計算X和Y的最長公共子序列時，可能要計算出X和Yn-1及Xm-1和Y的最長公共子序列。而這兩個子問題都包含一個公共子問題，即計算Xm-1和Yn-1的最長公共子序列。
與矩陣連乘積最優計算次序問題類似，我們來建立子問題的最優值的遞歸關係。用c[i,j]記錄序列Xi和Yj的最長公共子序列的長度。其中Xi=<x1, x2, …, xi>，Yj=<y1, y2, …, yj>。當i=0或j=0時，空序列是Xi和Yj的最長公共子序列，故c[i,j]=0。其他情況下，由定理可建立遞歸關係如下：
代碼如下:
講到這想必對DP問題有一個大概的認識了吧？乘熱打鐵，我們去HDU刷幾道簡單題練練手感！
HDU2191
HDU1159
HDU1432
HDU2084
DP問題是ACM裏面最難的，因爲太考思維能力了，只有將狀態轉移方程推出來才能解決問題，DP問題也是面試的時候最容易考到的，希望大家好好學DP，至少在面試的時候不吃虧。
DP問題還有比較難的，分爲數字DP，插頭DP，狀態壓縮DP，概率DP，組合DP，樹狀DP等等都是非常難理解的，但是也很有趣，有興趣的可以找資料學習
最近李建中老師的算法課上完了，他的課大部分都是在講算法的數學證明，這對算法本身的理解並沒有花大手筆，於是我結合自己ACM一年多的算法經驗和一堆收集的資料，準備寫專題【白話數據結構和算法】，大家多多關注，一起加油~~~~
