一命通关动态规划dp - 酸梨子-专注技术分享

前言

这篇文章详细概括了动态规划的所有题型，以及各个题型的解决公式方法。如果看完这篇动态规划还是不会做题，我来给你补，我爱说点实话。

动态规划

何为动态规划？

动态规划，有一点暴力求解的感觉。用最通俗的语言来解释，便是按照顺序一步一步往后推导，一直推导到自己想要的值。

举一个最简单的例子：数列

在高中，我们解决数列的问题往往是想办法凑出数列的通项公式，然后直接代入具体的某个数值求解。但是动态规划更暴力，假如我们想求n=100时的值，动态规划便从n=1开始一步步往后推导，一直计算到100得出结果。

再打个比方：牢大打复活赛

如果牢大想打赢复活赛，就必须思考怎么打赢哟西。而打赢哟西的先制条件，便是哟西要打赢孙笑川，而牢大要打赢kmg。但是，我们怎么知道哟西一定会优于孙笑川晋级呢？我们又怎么知道牢大一定可以战胜kmg呢？而动态规划便是在已经知道这些先制条件的情况下，再来推导在这些已知条件下的最优解。换句话说，动态规划就是一步步为想得到的结果铺垫，一直铺垫到所有条件都已知后，再得到我们想要的答案。

何时用动态规划？

以上只是举了两个具体的例子。但是真实的问题场景肯定不会这么具象，~~不过大多时候，其实看一眼就能排除是不是动态规划了。~~

动态规划适用的场景，是在解决不断出现重复子问题的时候，采用的一种思想。用人话说，就是一段连续的线性空间（比如数组）中，某个未知的值和该位置前的一些值有一定关系，但是那些带有关系的位置的值也是未知的。不过好在，每个位置对应的关系都是固定的，依次根据这个固定的关系求每个位置的值，便叫重复子问题，而解决这个问题的方法，便叫动态规划。

还是以斐波那契数列为例。

我们想求n=100时的值，只需要知道n=99的值和n=98的值，然后将其相加。但是不幸的是，这也是一个未知值。于是，我们必须求n=99和n=98时的值。
求n=99，就要知道n=98和n=97时的值，然后将其相加，不幸的是，他们也是一个未知数。

发现没有，依次往下推，虽然数值不一样，但是其问题都是重复的，这便是重复子问题。 而我们一步步向下，其实只是找到先制条件的源头，但是我们不妨想想，我们直接从已知值这个源头开始，不断为后面的问题创造先制条件，问题是不是便简化了很多。而从这个已知的源头开始向着未知推导，就是动态规划的思想。

所以答案便很显然：

用特殊颜色标记的词语要格外注意，在后面会详细说明。

动态规划的解题步骤

动态规划的解题步骤相对来说较为公式，拿到一道题，首先看可不可以用动态规划的思想来解决，如果可以直接套入公式便可以了。

在说明公式之前，首先介绍几个概念：

什么是dp表？

就是动态规划所有需要求的值，全部放在一张表里，这个表就叫做dp表。还是以斐波那契为例。

用动态规划解决这个问题的时候，dp表便是这个样子：

填写dp表，便是从n=3开始，依次根据dp表中已有的数值向后计算出其他的数值。

什么是状态？

在这里，状态这个概念就比较抽象了。状态并不是像牢大一样是起飞还是坠毁，而是数组的每个空间存储的数值，无论其有什么含义，都被称之为状态。

第一步：状态表示

什么是状态表示？也是一句话概括：确定dp表中每个位置所代表的含义。

简单的状态表示比如斐波那契，每个状态表示便是一个简单的数值。但是在解决一些具体的问题时，状态表示便没有这么简单。每个问题的状态表示都不一样，而后面的步骤都是在该状态表示下所展开推导，所以想清楚状态表示是每个问题最重要的一步。

确定状态标识，没有特别统一的方法，但是所有的状态表示可以总结为几种题型，这也会在接下来的汇总中介绍。

第二步：状态转移方程

状态转移方程，说人话便是：怎么从dp表中前一段已知的值得到后面未知的值。
而得到状态转移方程的方式也很简单：枚举。

这一个简单的式子，就是状态转移方程——从dp表前两个空间的值，得到该未知空间的值，便是状态转移。

第三步：初始化dp表

第四步：填写dp表

第五步：返回值

动态规划的重点只在于前两步：确定状态表示和推导状态转移方程。结束了前两步，这道题也便结束了，剩下的便是一些细枝末节的工作。在这三步里，我们只需要注意一些细节：

dp表在初始化时注意开辟空间的大小，避免越界
填写dp表时注意填写的顺序，一定要线性顺序填写
返回值要和自己的状态表示相对应，不同状态表示下的返回值也不同

这些细节，也会在接下来的题型分类中分别讲到。

在以下阶段，只会挑选最具代表性或者最经典的问题来进行讲解，剩余的问题一定可以通过讲解的方法解出来，所以其余问题一定要自己尝试解决一下，动态规划如果不去一次性解决那必然是常看常新。

单状态动态规划

简介

单状态dp是动态规划中最简单的题目，同时也是动态规划的开始。我们采用一道经典的题目来讲解动态规划在具体问题中的应用。

~~不是已经被说烂了的斐波那契数列~~使用最小花费爬楼梯

746. 使用最小花费爬楼梯 - 力扣（LeetCode）

题目翻译

就是一段楼梯，我们可以选择爬一步或者爬两步，但是每一个台阶上有几托史，我们到了那个台阶就得把该台阶上的史赤干净，我们需要求解赤石最少爬完楼梯的路线。

解题步骤

1.状态表示

题目要求什么？到达最终目的时，所需要的最小花费。那我们最先想到的是什么？到达每一个位置时候的最小花费。

为什么我们会这样想？因为dp表中包含了最后一个空间，所以dp表中的每一个状态表示，一定包含着最后一个空间的状态表示。而我们不妨反向去思考，既然最后一个空间的状态表示被所有状态表示包含，那么有没有可能，最后一个空间的状态表示就是所有空间的状态表示？

这仅仅是一个尝试，也是单状态题目的明显特点——最后一个空间的状态表示，就是每一个空间的状态表示。

于是，这题的状态表示便轻易推了出来——dp[i]表示在到达台阶i的时候，最小的花费。

2.状态转移方程

状态转移方程，是由状态方式推出来的。我们在推导状态转移方程的时候，必须根据题目意思，找到需求的状态和前面的状态之间的关系。

求解状态转移方程，实际上是一个数学问题。就比如在这个题中，我们求解状态转移方程的方法：

dp[i]之和两个位置有关：dp[i-1]和dp[i-2]。因为在每个台阶，最多只能爬两步，也就是只有dp[i-1]爬一步到达dp[i]和dp[i-2]爬两步到达dp[i]这两种方法。也就是说，dp[i]只有两种可能的值：

dp[i]=dp[i-1]+台阶i对应的花费

dp[i]=dp[i-2]+台阶i对应的花费

同时，题目要求的是最小的花费，所有我们舍取的时候，只需要取其最小的值便可以了

最终得到状态转移方程：
$dp[i]=min(dp[i-1],dp[i-2])+cost[i]$

3.初始化

初始化的最重要原则，便是要保证dp表的填写不越界。这个不越界，包括了两个界限：上界和下界。

就比如在这里，何为上界？上界就是我们需要填到的地方。台阶顶部对应的值为台阶个数+1，所以我们至少要开辟台阶个数+1的dp表空间。

何为下界？下界就是我们在访问dp表空间时，不能访问到负数。比如我们会访问i-1和i-2，那么就必须保证i大于等于2，也就是只能从i=2开始填写。但是，i=0和i=1的空间不能空出，这些空间我们只能手动填写。

解题代码

class Solution {
public:
    int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {
        cost.push_back(0);
        int n=cost.size();
        if(n==1||n==2)
            return 0;
        vector<int> dp(n+1);//初始化dp表
        dp[0]=cost[0];
        dp[1]=cost[1];//手动初始化i=0和i=1

        for(int i=2;i<n;i++)//从i=2开始填写
        {
            dp[i]=min(dp[i-1],dp[i-2])+cost[i];//状态转移方程
        }

        return dp[n-1];//返回值
    }
};

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路径问题

简介

路径问题，实际上也是一种单状态动态规划的问题。但是将其单独列出来，只是想介绍一个新的概念——多维dp表

LCR 099. 最小路径和 - 力扣（LeetCode）

题目翻译

你现在有个键盘，但是W和A被抠了，只剩下S和D，求在这种情况下，你能赤到最少史的数量。

解题步骤

1.状态表示

还是首先考虑最后一个空间的状态表示——到达最后一个空间的最小和。

但是，这里的dp表会有一定的变化——一维dp表已经无法满足题目条件了，因为题目给的数据已经是二维了。所以，我们在创造dp表的时候，也需要创造出二维dp表。

所以最终的状态表示：dp[i][j]表示到达第i行第j列时，对应的最小和。

2. 状态转移方程

想到达第i行第j列，只有两种情况：从[i-1][j]下走一步，或者从[i][j-1]向右走一步，分别对应的值也有两种情况：

dp[i][j]=dp[i-1][j]+cost[i][j]

dp[i][j]=dp[i][j-1]+cost[i][j]

因为题目需要求最小值，所以只需要舍取一种情况，对应的状态转移方程：

$dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i][j-1])+cost[i][j]$

3.初始化

我们可以和一维时的一样，因为i和j都必须大于等于1，所以i=0和j=0时需要手动初始化。但是这是一个大工程，我们不妨开空间的时候，多开出一行和一列，用来防止访问越界。

解题代码

class Solution {
public:
    int minPathSum(vector<vector<int>>& grid) {
        int row=grid.size();
        int col=grid[0].size();
        vector<vector<int>> dp(row+1);
        for(auto& e:dp)
        {
            e.resize(col+1,INT_MAX);
        }//初始化：多开出一行一列

        dp[0][1]=0;

        for(int i=1;i<row+1;i++)
        {
            for(int j=1;j<col+1;j++)
            {
                dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i][j-1])+grid[i-1][j-1];//状态转移方程
            }
        }

        return dp[row][col];
    }
};

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多状态动态规划

简介

多状态动态规划，是在单状态来进行状态表示时，会有一些欠缺的地方。我们无法一开始便判断其为单状态还是多状态，只有在先用单状态的情况去考虑时，发现无论如何都无法完整表示出状态，此时才用多状态去思考。

而单状态和多状态本质是一样的，都是去寻找某一状态和其他状态的关系，只不过从一个dp表变成了多个dp表。这样说过于抽象，还是从题目来进行理解。

不过在这里，挑选了两类题目，一类作为入门，而另一类则是多状态的终极题目。

打家劫舍系列

LCR 089. 打家劫舍 - 力扣（LeetCode）

题目翻译

假如你想卢关了，那么如果今天进行手艺活，明天必须要戒掉一天否则身体吃不消。但是，明天戒掉了不代表后天必须卢关，只要不是相邻的两天卢关，其他想戒多少天就可以戒多少天。

而我们需要求在一段时间里，卢关的最大收益。

解题步骤

1.状态表示

按照往常的经验，我们尝试一下，dp[i]表示到达i位置的时候，最大的收益。

但是通过这个状态表示，我们在推导状态转移方程的时候会发现一个问题：我们并不知道dp[i-1]是i-1天卢关的情况还是i-1天没有卢关的情况。用式子更直观去看：

如果i-1天卢关了，那么第i天一定不能卢关，于是第i天没有产生任何收益，即 $dp[i]=dp[i-1]$
但是第i-1天没有卢关，那么第i天可以卢关，为了产生最大收益， $dp[i]=dp[i-1]+cost[i]$

不过，这显然一个dp表无法表示这么多状态，我们只能用多个dp表来表示多个dp状态，这便是多状态的动态规划问题。

在这个问题中，有着两个状态：第i天休息和第i天打劫。所以我们需要开辟两个dp表：fdp和gdp。

为什么要这样取名？和数学函数的f(x)和g(x)一样，dp表也可以按照这个规律取名。

fdp[i]表示第i家没有打劫的时候，产生的最大收益
gdp[i]表示第i家打劫了的时候，产生的最大收益

2.状态转移方程

多个dp表之间不是独立的。既然创立了多个dp表，其意义也是多个dp表的相互联系，所以我们也要找到dp表之间的联系。

在第i家的时候，只有两种情况：第i-1家没有打劫；第i-1家打劫了。而这两种情况也会分别对第i家产生不同的影响。

假如第i-1家打劫了，则第i家一定没有被打劫，于是此时fdp[i]=gdp[i-1]

假如第i-1家没有打劫，则第i家可以打劫也可以不打劫，于是此时fdp[i]=fdp[i-1]，gdp[i]=fdp[i-1]+cost[i]

但是，题目要求的是最大收益，所以把这些情况总结一下便是：

$fdp[i]=max(fdp[i-1],gdp[i-1])$

$gdp[i]=fdp[i-1]+cost[i]$

3.初始化

和单状态一样，唯一的区别只是我们开两个dp表fdp和gdp，然后注意是否会越界。

解题代码

注意：这里fdp和gdp换了个顺序，但是不影响解题

class Solution {
public:
    int rob(vector<int>& nums) {
        int n=nums.size();
        vector<int> fdp(n+1);
        vector<int> gdp(n+1);

        fdp[0]=nums[0];
        gdp[0]=0;

        for(int i=1;i<n;i++)
        {
            fdp[i]=gdp[i-1]+nums[i];
            gdp[i]=max(fdp[i-1],gdp[i-1]);
        }

        return max(gdp[n-1],fdp[n-1]);
    }
};

思考

还是打家劫舍，但是如果置换一下条件，将所有屋子变成环形，那么和线性的有什么区别？

LCR 090. 打家劫舍 II - 力扣（LeetCode）

在这里，我们会发现这个问题：

为什么动态规划只能解决线性的问题

如果屋子是环形的，那么在偷第一件屋子的时候，会参考最后一间屋子的状态。同样，最后一间屋子的状态会再向前参考，一直再回到第一间屋子，进入了一个死循环。这就是为什么说，一定要按顺序去填dp表，因为我们只能参考已知的状态，不能参考未知的状态，否则很容易陷入死循环。

但是解决这个问题的方案也很简单——将非线性变为线性。同时，这也是解决非线性动态规划的第一思路：变为线性的情况。

在这里应该怎么做？我们去思考改变带来的影响是什么——最后一间屋子和第一间屋子多了一个限制，所以，我们只要把最后一间屋子和第一间屋子单独拎出来，便成为了普通的打家劫舍。

这就是非线性变为线性的思想。

class Solution {
public:
    int robRange(vector<int>& nums, int start, int end) {
        int first = nums[start], second = max(nums[start], nums[start + 1]);
        for (int i = start + 2; i <= end; i++) {
            int temp = second;
            second = max(first + nums[i], second);
            first = temp;
        }
        return second;
    }

    int rob(vector<int>& nums) {
        int length = nums.size();
        if (length == 1) {
            return nums[0];
        } else if (length == 2) {
            return max(nums[0], nums[1]);
        }
        return max(robRange(nums, 0, length - 2), robRange(nums, 1, length - 1));
    }
};

股票系列

股票系列是多状态的终极问题。并不是股票系列难，而是股票系列可以产生很多状态，而且不同的题目分析状态的方法也不同。但是，既然是多状态问题，其解题的方法一定是固定的，仍是举出所有的状态，然后理清状态之间的关系，无非是多几个状态转移方程。

188. 买卖股票的最佳时机 IV - 力扣（LeetCode）

题目翻译

股票的价格每天都在波动，买入和卖出都是当天的价格。但是在一天只能进行买入或者卖出之一的操作，不能当天买入当天卖出，并且手上只能有一支股票。问在只买卖k次的情况下，能获得的最大收益。

解题步骤

1.状态表示

不用多解释，单状态肯定是表示不出来的。因为如果我们用dp[i]表示第i天的最大收益，我们不知道第i天已经买卖了多少次，后续的状态也无法推导。
那我们应该怎么去补充状态呢？

还是和打家劫舍的思路一样，多状态是多个单状态，多个dp表只是为了补充单状态的缺失情况。单状态缺少的是第i天交易了几次的状态，那我们只需要用多张dp表，分别来表示第i天交易了j次的状态，那所有的状态都可以正常表示了。

但是，如果采用打家劫舍的思想，分别用fdp和gdp来表示两种状态，会出现一个问题：我们不知道究竟要开几张dp表。因为如果按照刚刚的状态表示，如果有3次买卖机会，那么就是4张dp表(0,1,2,3次)；如果5次机会便是6张，这个dp表的数量是不固定的。
这个时候一个显而易见的思路——用二维数组的方式。因为二维数组的开辟空间是可变的。

状态表示：

fdp[i][j]表示第i天已经交易了j次，此时手上没有持有股票，可以获得的最大收益。
gdp[i][j]表示第i天已经交易了j次，此时手上持有股票，可以获得的最大收益。

2.状态转移方程

股票系列的最大难度，就在于状态繁多。这个时候，我们可以用一个新概念解决这个问题——状态机。
这个词就不必过多深入了解，用人话来解释状态机便是——枚举。

枚举出来后，再用式子来分别表示：

fdp[i][j]=fdp[i-1][j]

fpd[i][j]=gpd[i-1][j-1]+cost[i]

gdp[i][j]=gdp[i-1][j]

gdp[i][j]=fdp[i-1][j]-cost[i]

但是题目的要求是最大值，所以只需要取最大

最终的状态表示便为：

$fdp[i][j]=max(fdp[i-1][j],gdp[i-1][j-1]+cost[i])$ $gdp[i][j]=max(gdp[i-1][j],fdp[i-1][j]-cost[i])$

3.初始化

初始化部分已经在状态表示中说明了，此时只需要注意一个点：j-1不要越界。

并且在这里介绍一个神奇的数字： $-0x3f3f3f3f;$

这个数字会在算法题中经常见到。 $0x3f3f3f3f$ 是INT_MAX的一半，但是在算法题中，如果我们直接把最大值定为INT_MAX，可能会导致最大值加上一个数后，变为了负数最小值。为了这个避免这个问题，用 $0x3f3f3f3f$ 便可以表示可进行计算的最大值，同样， $-0x3f3f3f3f$ 自然就成为了可理论计算的最小值。

解题代码

class Solution {
public:
    int MIN=-0x3f3f3f3f;

    int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {
        int day=prices.size();

        vector<vector<int>> ondp(day);
        vector<vector<int>> offdp(day);

        for(int i=0;i<day;i++)
        {
            ondp[i].resize(k+1);
            offdp[i].resize(k+1);
        }

        ondp[0][0]=-prices[0];
        offdp[0][0]=0;

        for(int i=1;i<k+1;i++)
        {
            ondp[0][i]=MIN;
            offdp[0][i]=MIN;
        }

        for(int i=1;i<day;i++)
        {
            for(int j=0;j<k+1;j++)
            {
                ondp[i][j]=max(ondp[i-1][j],offdp[i-1][j]-prices[i]);
                offdp[i][j]=offdp[i-1][j];
                if(j>=1)
                    offdp[i][j]=max(offdp[i-1][j],ondp[i-1][j-1]+prices[i]);
            }
        }

        int ret=0;
        for(auto e:offdp.back())
        {
            if(e>ret)
                ret=e;
        }

        return ret;
    }
};

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子数组问题

简介

子数组问题的套路更加固定，状态表示几乎只有一种：以第i个元素为结尾，能满足条件的数组。因为子数组一定是连续的，以第i个元素为结尾，无论前有多少个元素，一定包含着第i个元素，所以看到子数组问题，直接列出dp表，dp[i]表示以第i个元素为结尾时满足的条件，然后再推导状态表示方程。

在这里，我挑选了一道最为经典和简单的子数组问题，其他的无非是在子数组的基础上加入多状态。

53. 最大子数组和 - 力扣（LeetCode）

题目翻译

有一串数组，子数组是其中连续的一串，求所有子数组中最大的和。

解题步骤

1.状态表示

和在简介中说的一样，dp[i]表示以i为结尾所有子数组中，最大子数组和。

比如题目翻译中的数组，以哟西结尾的数组中，只有：牢大和哟西；哟西；两个子数组。

2.状态转移方程

从dp[i]前面的状态推导出dp[i]，只有两种情况：子数组包含i-1，子数组不包含i-1。因为如果包含了i-1，就是要求以i-1为结尾的所有子数组中最大和，然后再加上num[i]，便是以i为结尾的所有子数组最大和。此时，以i-1为结尾的所有子数组中最大和恰好就是dp[i-1]的状态表示，所以我们可以直接列出式子：

dp[i]=num[i]（不包含i-1）

dp[i]=dp[i-1]+num[i]（包含i-1）

因为题目要求最大值，所以状态转移方程为：

$dp[i]=max(0,dp[i-1])+num[i]$

3.初始化

没有太多要注意的点

解题代码

class Solution {
public:
    int maxSubArray(vector<int>& nums) {
        int n=nums.size();

        vector<int> dp(n);
        dp[0]=nums[0];
        for(int i=1;i<n;i++)
        {
            dp[i]=max(0,dp[i-1])+nums[i];
        }

        int ret=dp[0];
        for(auto e:dp)
            ret=max(e,ret);

        return ret;
    }
};

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子序列问题

简介

子序列问题其实和子数组问题大差不差。子序列指的是保持元素的排列顺序不变，在其中可以不连续地选取元素。而因为其不连续性，所以无法只看i-1的情况，反之必须将从0到i-1全部遍历一遍，不过状态表示仍为dp[i]表示以i为结尾满足题目条件的子序列。

同样，在此只挑选出子序列最经典的题目，其他题目只不过是在子序列的基础上参入其他问题，解题方法还是一样的。

300. 最长递增子序列 - 力扣（LeetCode）

题目翻译

在保持元素顺序不变的情况下，从中随意挑选元素使其保持递增，求挑选元素最多的个数。

解题步骤

1.状态表示

和简介中一样，dp[i]表示以i为结尾，最长子序列的长度。

2.状态转移方程

和子数组不同的是，子序列不一定要求连续。也就是说，从0到i-1的任何dp[k]，都可以推导出dp[i]。此时，我们只能遍历所有的0到i-1，然后把所有的可能都列举出来

如果num[i]>num[k]，则其可以作为子序列的最后一个元素，dp[i]=dp[k]+1

如果num[i]<=num[k]，则其不能作为子序列的最后一个元素，dp[i]=1

因为题目要求最大值，所以状态转移方程为：
$if(num[i]>num[k])$

$dp[i]=max(dp[i],dp[k]+1)$

解题代码

class Solution {
public:
    int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
        int n=nums.size();
        
        vector<int> dp(n);
        dp[0]=1;

        for(int i=1;i<n;i++)
        {
            int ins=0;
            for(int j=0;j<i;j++)
            {
                if(nums[i]>nums[j])
                {
                    ins=max(ins,dp[j]);
                }
            }
            dp[i]=ins+1;
        }

        int ret=0;
        for(auto e:dp)
        {
            if(e>ret)
                ret=e;
        }

        return ret;
    }
};

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回文串问题

简介

动态规划并不是回文串问题最好的解决方法。但是，动态规划是对回文串问题的预处理，其目的是判断其中所有的子串是不是回文串，然后在预处理的基础上解决问题。遇见回文串问题，直接无脑写入代码预处理子串，然后再根据题目要求来解决接下来的问题。

而所有的回文串预处理都是同样的代码：dp[i][j]表示从i到j是不是回文串，遍历所有的i和j就可以知道所有的子串是否为回文串。

而状态转移方程也很简单。如果s[i]==s[j]，那么只需要满足dp[i+1][j-1]是回文串，两边再加上同样的字符，自然新的子串也是回文串。不过，i+1和j-1可能会出现i+1>j-1的情况，其意义是两个字符中间没有任何字符。但是这也满足回文串的要求，所以其也为一个回文串。

通用代码

//假如给的是一个字符串s
int n=s.size();

vector<vector<bool>> dp(n+1,vector<bool>(n+1));
//初始化dp表，因为是从i到j，所以必须要二维

//从后往前遍历，如果从前往后则参考了未知状态
for(int i=n;i>0;i--)
{
    for(int j=i;i<n+1;j++)
    {
        if(s[i-1]==s[j-1])
        {
            //如果i+1<=j-1，表示中间还有字符，需要判断dp[i+1][j-1]
            //否则，中间没有字符，其直接为一个回文串
            dp[i][j]=i+1<j-1?true:dp[i+1][j-1];
        }
    }
}
//预处理完毕，可以知道从i到j的所有子串是否为回文串

所以题目看到是回文串就可以把以上代码先丢上去了。

挑选一道经典的题目：LCR 020. 回文子串 - 力扣（LeetCode）

（因为过于简单就不翻译了）

解题步骤

看一眼题目，是不是回文子串？食德，直接预处理：

int countSubstrings(string s) {
        int n=s.size();
        vector<vector<bool>> dp(n,vector<bool>(n));

        for(int i=n-1;i>=0;i--)
        {
            for(int j=i;j<n;j++)
            {
                if(s[i]==s[j])
                {
                    dp[i][j]=i+1<j?dp[i+1][j-1]:true;
                }
            }
        }
    }

然后，我们便知道所有子串是否为回文串。之后，我们再去看题目要求：求回文子串的数目。既然都已经知道了所有子串是否为回文串，那只需要再遍历一遍dp表，然后如果dp[i][j]==true就多计数一次，最终得到的值就是回文子串的个数。

int countSubstrings(string s) {
        int ret=0;

        for(int i=n-1;i>=0;i--)
        {
            for(int j=i;j<n;j++)
            {
                if(dp[i][j]==true)
                    ret++;
            }
        }

        return ret;
    }

而且，这两步其实可以同时进行，不过对解题没有影响。最终得到的代码为：

解题代码

class Solution {
public:
    int countSubstrings(string s) {
        int n=s.size();
        int ret=0;

        vector<vector<bool>> dp(n,vector<bool>(n));

        for(int i=n-1;i>=0;i--)
        {
            for(int j=i;j<n;j++)
            {
                if(s[i]==s[j])
                {
                    dp[i][j]=i+1<j?dp[i+1][j-1]:true;
                }
                if(dp[i][j])
                    ret++;
            }
        }

        return ret;
    }
};

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两个数组的dp问题

简介

两个数组的动态规划，解题也比较公式化，状态表示也经常只有一种：以第一个数组的i为结尾，第二个数组的j为结尾，满足题目条件。不过，两个数组的dp问题最难的地方在于条件杂多，其思考部分甚至不如单状态的dp，但是不断枚举很容易将人写红温。

当然，我们不挑这个~~私人题目~~，我们还是从最经典的入手

1143. 最长公共子序列 - 力扣（LeetCode）

题目翻译

有两个数组，求其所有子序列组合中，最长的相同子序列长度。

解题步骤

1.状态表示

和简介中说的一样，我们需要开辟二维dp表，其中dp[i][j]表示以第一个数组第i元素为结尾，第二个数组第j元素为结尾，满足条件即完全相同的最长子序列长度。我们很容易发现，这又转换成了一个子序列的小问题，这也是两个数组dp问题最常见的现象——套入公式，然后变成其他的问题，而往往其他问题也是公式解决。

2. 状态转移方程

既然变成了子序列的问题，那我们免不了用子序列的思想去思考问题。但是，题目给我们的条件也不能忽略：子序列必须要相同。

第一个数组以i为结尾，第二个数组以j为结尾，那就会分为两种情况：test1[i]是否等于test2[j]

如果test1[i]等于test2[j]，那么只要在dp[i-1][j-1]的基础上加上这个公共字符，就是新的最长公共序列。

反之，如果不等于，则其无法组成新的最长公共序列，只能从旧的已知最长值中取最大值

列为式子为：

如果test[i]==test[j]，dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1；

否则，dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1],dp[i-1][j-1])

同时，我们发现在不等的情况，dp[i-1][j-1]被其他两种情况已经包含了，所以最终的状态转移方程为：
$if(test1[i]==test2[j])$

$dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1$

$else$

$dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1])$

解题代码

class Solution {
public:
    int longestCommonSubsequence(string text1, string text2) {
        int n=text1.size();
        int m=text2.size();

       vector<vector<int>> dp(n+1,vector<int>(m+1));

        for(int i=1;i<n+1;i++)
        {
            for(int j=1;j<m+1;j++)
            {
                if(text1[i-1]==text2[j-1])
                {
                    dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;
                }
                else
                {
                    dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
                }
            }
        }

        return dp[n][m];
    }
};

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背包问题

简介

背包问题是动态规划里最重要的问题！

背包问题在动态规划里的地位相当于3D区里的蒂法，不仅特别常考，而且也是难度最大的一类问题。

如果背包问题再往深了讲，可能会涉及到禁赛的难度，所以在此只介绍两个问题——01背包和完全背包。

背包问题，用人话来解释，就是0元购，但是背包的容量有限，要从这些有限的容量中找到最优解。其中又分为01背包和完全背包：

01背包是每个商品只有一个
完全背包是每个商品的供应是无限的

但是01背包和完全背包虽然被分为了两类题目，其解题却是没有什么区别的，而且解题方法也很套路化。其中会用到一些数学推导，但是只要文化水平比丁真高一定能看得懂。

01背包

LCR 101. 分割等和子集 - 力扣（LeetCode）

题目翻译

给一个数组，将数组分为两个部分，使两个数组的和相同。

或者换句话说，数组的和必须为偶数，并且从数组中挑取元素，看能否有一种组合使得和刚好为数组和的二分之一。

解题步骤

1.状态表示

背包问题的状态表示很固定，虽然题目给出的是一维的，但是我们往往需要开出给出的维度+1的多维dp表。

说人话就是，题目给出了一维数据，我们则需要开辟二维dp表；题目给二维数据，我们就要开二维dp表。

为什么？

因为我们不仅要表示价值，我们还要表示一个隐藏的限制条件——背包的容量。
就比如在这里，dp[i][j]表示，只取数组中前i个数，能否达到和为j。

但是我们将题目换一下，用简介中给出的情况

那么dp[i][j]表示，只取前i个物品，最大容积为j的时候，能取到最大的价值。

找到状态表示的共性了吗？

背包问题的特性便是给出很多选择，然后在一定的限制条件下挑选。我们可以分选择和限制条件两方面来思考，其中我们从最少的选择开始，一直到所以的选择，而限制条件我们一样从最局限的条件开始，慢慢宽松。最少的选择和最局限的条件一定是最容易求解的，而在慢慢扩大的时候，我们便可以借用之前已经求解到的条件，推导出最后的答案。

虽然我们的状态表示看似和题目没有什么关系，但其实只是从问题的特性由小到大推导，这便是背包问题的隐藏条件。

2.状态转移方程

状态转移方程在想明白了状态表示的隐藏条件后，便容易推导了许多。

想到达dp[i][j]这个状态，肯定是从dp[i-1]最好得到。但是到达了dp[i]，也会有两种情况：元素i到底取不取呢？

如果不取，则很简单，dp[i][j]=dp[i-1][j]

但是如果取了，就代表原本可以组合产生和为j的元素组，现在可以使和为j+nums[i]；我们可以反向思考，如果现在可以组合产生和为j的元素组，并且这个元素组包含nums[i]，则只要dp[i-1]可以和为j-num[i]，就能满足条件。即dp[i][j]=dp[i-1][j-nums[i]]

用式子表示，便是

dp[i][j]=dp[i-1][j]

dp[i][j]=dp[i-1][j-nums[i]]

因为只要满足一种条件便可以，所以状态转移方程为：
$dp[i][j]=dp[i-1][j] | dp[i-1][j-nums[i]]$

同时要注意，j-nums[i]不能越界。

3.初始化

数组的大小n自然不可少。同时，再带上一个隐藏条件体积，也就是数组元素和的二分之一，所以我们初始化dp表为横为数组大小n，纵为数组元素和二分之一的dp表。

解题代码

class Solution {
public:
    bool canPartition(vector<int>& nums) {
        int n=nums.size();
        int sum=0;
        for(auto e:nums)
            sum+=e;
        if(sum%2==1)
            return false;
        
        int target=sum/2;
        vector<vector<bool>> dp(n+1,vector<bool>(target+1));

        for(int i=0;i<n+1;i++)
            dp[i][0]=true;

        for(int i=1;i<n+1;i++)
        {
            for(int j=1;j<target+1;j++)
            {
                dp[i][j]=dp[i-1][j]|((j-nums[i-1]>=0)&&(dp[i-1][j-nums[i-1]]));
            }
        }

        return dp[n][target];
    }
};