1. 塔树选择和最大问题

（见塔树选择和最大问题)

一个高度为N的由正整数组成的三角形，从上走到下，求经过的数字和的最大值。每次只能走到下一层相邻的数上，例如从第3层的6向下走，只能走到第4层的2或9上。

   5
  8 4
 3 6 9
7 2 9 5

例子中的最优方案是：5 + 8 + 6 + 9 = 28。

• 分析
  直接分析，从上到下的考虑，发现无从下手好像只能遍历，但是反方向考虑则，则发现有趣的地方，假设dp[i][j]为最下面一层到第i层j位置上的最大值，考虑上图6这个位置，那么其dp[3][2]应该是什么呢？是下面相邻的两个位置的最大值+6,即dp[3][2] = max(dp[3+1][2],dp[3+1][2+1]) + a[3][2]。
  据此可以推导其公式为
  dp[i][j] = max(dp[i+1][j],dp[i+1][j+1]) + a[i][j]
  根据上述公式编程思路如下
  1、初始化最下面一排dp
  2、由下往上，安装上述公式对dp进行赋值
  3、dp[1][1]为最终所求

 //最下面一层直接赋值
  int rs = 0;    
  for (int i = 0; i<FLOOR; i++)
        dp[FLOOR-1][i] = a[FLOOR-1][i];
  //从倒数第二行起， 按照状态转移方程
  //dp[i][j] = max(dp[i + 1][j], dp[i + 1][j + 1]) + a[i][j]向上递推
  //直到dp[0][0]， 此时dp[0][0]就是结果
  for (int i = FLOOR-2; i>=0; i--)
      for (int j = 0; j<=i;j++)
          dp[i][j] = max(dp[i+1][j],dp[i+1][j+1])+a[i][j];

启示：动态规划解决问题时，经常从后面往前考虑会瞬间明朗很多，塔数类问题还有许多其他的变形参见 动态规划“数塔”类型题目总结

2. 乘法表问题

定义于字母表∑(a,b,c)上的乘法表如表1所示

• 表1. ∑乘法表

∑ | a |b | c
:---:|:---:|:---:|:---:
a |b | b | a
b |c | b| a
c |a | c | c
依此乘法表,对任一定义于∑上的字符串,适当加括号表达式后得到一个表达式。例如,对于字符串x=bbbba,它的一个加括号表达式为i(b(bb))(ba)。依乘法表,该表达式的值为a。试设计一个动态规划算法,对任一定义于∑上的字符串x=x1x2…xn，计算有多少种不同的加括号方式,使由x导出的加括号表达式的值为a
要求：
输入：输入一个以a,b,c组成的任意一个字符串。
输出：计算出的加括号方式数。

• 分析：
  建立一个三位数组，用于记录一段连续的序列内通过加括号可得到a、b、c的方式数，然后往长度方向扩展，因为每两个字母相乘的结果已给出，所以可通过加和乘运算求出更大长度的字符串得到a、b、c的方式数

• 具体算法：
  数组维数为:p[n][n][3];
  p[i][j][k] 表示 字符串xix(i+1)....xj的表达式的值为k(k>=0 k <=2,k=0表示a...) 的方式数；
  递推式为：
  p[i][j][0]= sum(p[i][t][0]*p[t+1][j][2]+ p[i][t][1]*p[t+1][j][2]+p[i][t][2]*p[t+1][j][0])
  p[i][j][1]与p[i][j][2]类似p[i][j][0] 的求法 t>=i 并且t <j

C++代码：

#include <stdio.h>   
#include <string.h>   
int main() {   
    int n = 0;   
    char c;   
    int p[100][100][3] = {0};   
    while((c = getchar()) != '/n') {   
        p[n][n][c - 'a'] = 1;   
        n++;   
    }      
    for(int k = 1;k < n;k++) {   
        for(int i = 0;i < n-k;i++) {   
            int j = i + k;   
            for(int t = i;t < j;t++) {   
                p[i][j][0] += p[i][t][2]* p[t+1][j][0] + p[i][t][0]*p[t+1][j][2] + p[i][t][1]*p[t+1][j][2];   
                p[i][j][1] += p[i][t][0]*p[t+1][j][0] + p[i][t][0]*p[t+1][j][1] + p[i][t][1]*p[t+1][j][1];   
                p[i][j][2] += p[i][t][1]*p[t+1][j][0] + p[i][t][2]*p[t+1][j][1] + p[i][t][2]*p[t+1][j][2];   
            }   
        }   
    }   
    printf("%d/n",p[0][n-1][0]);   
}  

3. 爬楼梯

题目：
You are climbing a stair case. It takes n steps to reach to the top.
Each time you can either climb 1 or 2 steps. In how many distinct ways can you climb to the top?

• 分析:
  动态规划 d(i) = d(i-1) + d(i-2)

class Solution:
    # @param n, an integer
    # @return an integer
    def climbStairs(self, n):
        dp = [0, 1, 2]
        if n <= 2:
            return dp[n]
        dp += [0 for i in range (n-2)]
        for i in range (3, n + 1):
            dp[i] += dp[i-1] + dp[i-2]

        return dp[n]

4. 最长上升子序列（LIS）

问题描述:
设L=<a1,a2,…,an>是n个不同的实数的序列，L的递增子序列是这样一个子序列Lin=<aK1,ak2,…,akm>，其中k1<k2<…<km且aK1<ak2<…<akm。求最大的m值。

• 分析：
  这里采用的是逆向思维的方法，从最后一个开始想起，即先从A[N]（A数组是存放数据的数组，下同）开始，则只有长度为1的子序列，到A[N-1]时就有两种情况，如果a[n-1] < a[n] 则存在长度为2的不下降子序列 a[n-1],a[n]；如果a[n-1] > a[n] 则存在长度为1的不下降子序列 a[n-1]或者a[n]。
  有了以上的思想，DP方程就呼之欲出了（这里是顺序推的，不是逆序的）：

DP[I]=MAX（1,DP[J]+1）  J=0,1,...,I-1

但这样的想法实现起来是）O(n^2)的。本题还有更好的解法，就是O(n*logn)。利用了长升子序列的性质来优化，以下是优化版的代码：

//最长不降子序       
const int SIZE=500001;
int data[SIZE];
int dp[SIZE];
 
//返回值是最长不降子序列的最大长度,复杂度O(N*logN)
int LCS(int n) {            //N是DATA数组的长度,下标从1开始
    int len(1),low,high,mid,i;
 
    dp[1]=data[1];    
    for(i=1;i<=n;++i) {
       low=1;
       high=len;

       while( low<=high ) {   //二分
           mid=(low+high)/2;
           if( data[i]>dp[mid] ) {
                low=mid+1;
           }
           else {
                high=mid-1;
           }
       }
 
       dp[low]=data[i];
       if( low>len ) {
            ++len;
       }
    }
    return len;
}

5. 背包问题

有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的大小是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。

分析：

用DP[I][J] 表示前I件物品放入一个容量为J的背包可以获得的最大价值。则

  DP[I][J]=     DP[I-1][J]  ,J<C[I]
                MAX（DP[I-1][J]，DP[I-1][J-C[I]]+W[I]）  , J>=C[I]

这样实现的空间复杂度为O(VN)，实际上可以优化到O（V）。以下是代码：

const int MAXW=13000;    //最大重量
const int MAXN=3450;     //最大物品数量
 
int c[MAXN];     //物品的存放要从下标1开始
int w[MAXN];     //物品的存放要从下标1开始
int dp[MAXW];
 
//不需要将背包装满，则将DP数组全部初始化为0
//要将背包装满，则初始化为DP[0]=0，DP[1]…DP[V]=-1(即非法状态)
int Packet(int n,int v) {
      int i,j;
      memset(dp,0,sizeof(dp));
      for(i=1;i<=n;++i) {
          for(j=v;j>=c[i];--j) {  //这里是倒序，别弄错了
              dp[j]=MAX(dp[j],dp[j-c[i]]+w[i]);
          }
      }
 
      return dp[v];
}

6. 最长公共子序列（LCS）

给出两个字符串a, b，求它们的最长、连续的公共字串。

这很容易就想到以DP[I][J]表示A串匹配到I，B串匹配到J时的最大长度。则：

0                              I==0 || J==0
DP[I][J]= DP[I-1][J-1]+ 1                  A[I]==B[J]
          MAX（DP[I-1][J]，DP[I][J-1]）   不是以上情况

但这样实现起来的空间复杂度为O(n^2)，而上面的方程只与第I-1行有关，所以可以用两个一维数组来代替。以下是代码：

      //最长公共子序列
const int SIZE=1001;
int dp[2][SIZE];   //两个一维数组
 
//输入两个字符串，返回最大的长度
int LCS(const string& a,const string& b) {
     int i,j,flag;
     memset(dp,0,sizeof(dp));
 
     flag=1;
     for(i=1;i<=a.size();++i) {
         for(j=1;j<=b.size();++j) {
             if( a[i-1]==b[j-1] )      dp[flag][j]=dp[1-flag][j-1]+1;
             else                  dp[flag][j]=MAX(dp[flag][j-1],dp[1-flag][j]);       
         }
         flag=1-flag;
     }
 
     return dp[1-flag][b.size()];
}

另见 LCS