關於動態規劃的線性DPの一己之見

記錄關於DP的歷程，隨着刷題而更新。
個人向，僅自己回顧用，若是有講不清楚的地方歡迎回復私信交流。

一般情況下，動態規劃的解題步驟是：
第一步：根據原問題和子問題來確定狀態（dp數組表示什麼東西）
第二步：根據狀態確定狀態轉移方程（怎樣求解dp數組 遞推?dfs?）
第三步：確定要不要優化和編程實現方式 （單調隊列?線段樹?）

先學習簡單的線性DP，其實關於線性DP的話，不外乎這幾種。

1. LIS（最長上升子序列）

其實LIS的話，是dp入門必不可少的題目，正常時間算法時間複雜度 n^2，可用二分或樹狀數組優化達到 nlogn，用 dp[i] 維護 i 位置的最小值，最後dp數組的長度即最長上升子序列的長度，但是具體的過程和內容卻無法求。

len=1;
dp[1]=a[1];
for(int i=2;i<=n;i++){
	if(dp[len]<a[i]) dp[++len]=a[i];
	else{
		ll k=lower_bound(dp+1,dp+len+1,a[i])-dp;
		dp[k]=a[i];
	}
}

2. LCS（最長公共子序列）

特殊的，假設序列a和b是1-n的排列組合，那麼可以離散化a序列，那麼求出b的最長上升子序列就是a與b的最長公共子序列。
tip: 因爲最長公共子序列是按位向後比對的，所以a序列每個元素在b序列中的位置如果遞增，就說明b中的這個數在a中的這個數整體位置偏後，可以考慮納入LCS——那麼就可以轉變成nlogn求用來記錄新的位置的離散化後的LIS。

3. 揹包問題

揹包問題就是以01揹包爲基礎進行擴展的一系列問題。

當求最優/最大利益時，假設 M 爲物品組數，T 爲最大容量，a[i] 爲每一件物品的體積，b[i] 爲每一件物品的價值，c[i] 爲消耗的容量不大於i的情況下所獲得的最大收益，則有 ：

// 1. 逆序 01 揹包
for(int i=1;i<=M;i++)
        for(int j=T;j>=a[i];j--)
            c[j]=max(c[j],c[j-a[i]]+b[i]);

//2. 正序 完全 揹包
 for(int i=1;i<=M;i++)
        for(int j=a[i];j<=T;j++)
            c[j]=max(c[j],c[j-a[i]]+b[i]);

而其他的情況多重揹包不過是多了一個把物品拆分/合併的過程，而分組揹包不過是多了一個決策過程，經過這些的猜想，不難得出揹包的dp模板：

1. 第一層 for 枚舉物品的組數
2. 第二層 for 枚舉物品的容量
3. 第三層 for 進行決策

而當遇到求方案數時，也是可以由揹包得出經驗，不外乎個數有限與無限的區別，那麼其實就是01揹包/完全揹包：

// 1. 逆序 01 揹包
for(int i=1;i<=M;i++)
        for(int j=T;j>=a[i];j--)
            c[j]+=c[j-b[i]];

//2. 逆序 完全 揹包
 for(int i=1;i<=M;i++)
        for(int j=a[i];j<=T;j++)
           c[j]+=c[j-b[i]];

可以發現，不過是狀態轉移的方程改變了而已。

4. dirworth定理

求最長上升序列的長度等於求最長不上升序列的劃分個數。

5. 其他問題總結

1. 迴文串：dp[i][j] 爲字符串 的第 i 個字符到第 j 個字符的最長迴文子序列長度。
   特殊的： $dp[i][j]=dp[i+1][j−1]+2$ $if s[i]==s[j]$
   一般的： $dp[i][j]= max(dp[i+1][j]，dp[i][j-1])$

2. 題目：多個串的匹配，考慮 $dp[i][j]$爲s1的前i個字符與s2的前j個字符。

3. 題目：n個箱子選前k小的價值和，例如 $dp[i][k]$ 爲前i個箱子的價值爲k的方案。

4. 題目：對於挑選方案可以按照揹包思想，根據題目劃分爲01揹包或者完全揹包，再考慮是否是分組揹包（有決策層）。

5. 題目：對於數列型題目，可以考慮類似於LIS或者LCS來思考，以$dp[i]$表示以當前元素結尾的狀態值，若是元素範圍少，可考慮爲 $dp[i][j]$ 以 $a[i]$ 結尾且和爲$j$ 或者差爲 $j$ 等等狀態，把第二維作爲對於給出條件的一種枚舉。

以上，其他內容等遇到再補充。