基礎題目

費式數列

費式數列的定義： $f(n)=f(n-1)+f(n-2),f(0)=0,f(1)=1$ 。給定 $i$ ，請求出 $f(i)$ 。

狀態轉移式如下：

狀態： $f(n)$ 代表費式數列第 $n$ 項。
初始狀態： $f(n)=n\ where\ n\leq 1$ 。
轉移： $f(n)=f(n-1)+f(n-2)$ 。

下列展示四種計算費式數列的版本：

遞迴（未搭配陣列）

int f(int n)
{
    if (n < 2)
    {
        return n;
    }
    return f(n - 1) + f(n - 2);
}

這種版本的時間複雜度 $O(n)=f(n-1)$ ， $f(n)$ 是費式數列第 $n$ 項，時間效率非常低，我們不會使用這種版本實作 DP。

遞迴（搭配陣列）

這種版本建立上個版本的基礎，增加了陣列紀錄已計算出的答案。

int dp[30];
int f(int n)
{
    if (dp[n] != -1)
    {
        return dp[n];
    }
    return dp[n] = f(n - 1) + f(n - 2);
}

int main()
{
    memset(dp, -1, sizeof(dp));
    dp[0] = 0;
    dp[1] = 1;
    cout << f(25) << '\n';
}

一開始將每個 $dp$ 設為 $-1$ ，代表該狀態未被計算。

技巧：表示未計算狀態

將陣列的數值初始化一個不可能成為答案的數字 (例如： $-1,0$ )，代表該狀態未被計算。

時間複雜度為 $O(N)$ 。

時間複雜度證明

這種版本的時間複雜度我們用以下程式碼解釋：

int dp[30];
int f(int p, int n)
{
    cout << p << " call " << n << '\n';
    if (dp[n] != -1)
    {
        return dp[n];
    }
    return dp[n] = f(n, n - 1) + f(n, n - 2);
}

int main()
{
    memset(dp, -1, sizeof(dp));
    dp[0] = 0;
    dp[1] = 1;
    f(-1, 5);
}

/*
-1 call 5
5 call 4
4 call 3
3 call 2
2 call 1
2 call 0
3 call 1
4 call 2
5 call 3
*/

當呼叫 $f(n)$ ，每個 $f(i), 0\leq i\leq n$ ，至多會被呼叫兩次，第一次 $f(i)$ 被 $f(i+1)$ 呼叫，這時 $f(i)$ 還沒被計算，因此會繼續遞迴求值；第二次 $f(i)$ 被 $f(i+2)$ 呼叫，這時 $f(i)$ 已被計算，直接回傳結果。每個 $f(i)$ 最多呼叫兩次，時間複雜度為 $O(n)$ 。

迴圈（往前看）

當前狀態是從那些狀態得到。

int main()
{
    int dp[30];
    dp[0] = 0;
    dp[1] = 1;
    for (int i = 2; i < 30; ++i)
    {
        dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
    }
    cout << dp[5] << '\n';
}

迴圈（往後看）

當前狀態會影響那些狀態。

int main()
{
    int dp[30];
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    dp[0] = 0;
    dp[1] = 1;
    for (int i = 0; i < 30; ++i)
    {
        if (i + 1 < 30)
        {
            dp[i + 1] += dp[i];
        }
        if (i + 2 < 30)
        {
            dp[i + 2] += dp[i];
        }
    }
    cout << dp[5] << '\n';
}

DP 實作辦法

遞迴
迴圈 (向前看)
迴圈 (向後看)

除了費式數列，任何數列可以寫成 $f(i)=a_1f(i-1)+a_2f(i-2)+...+a_nf(i-n)+k$ 的形式，皆可利用 DP 來解出。

帕斯卡三角形 (Pascal's triangle)

Question

帕斯卡三角形的第 $m$ 層第 $n$ 項 $=C_n^m$ ，給定 $i,j$ ，請求出帕斯卡三角形的第 $i$ 層第 $j$ 項。

帕斯卡三角形有以下性質： $C^n_k=C_k^{n-1}+C_{k-1}^{n-1}$ ，根據性質設計出狀態轉移式：

狀態： $f(i,j)$ 代表帕斯卡三角形的第 $i$ 層第 $j$ 項。
初始狀態： $f(i,j)=1, if\ j==0\ or\ j==i$ 。
轉移： $f(i,j)=f(i-1,j)+f(i-1,j-1)$ 。

int main()
{
    int dp[30][30];
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    for (int i = 0; i < 30; ++i)
    {
        dp[i][0] = dp[i][i] = 1;
    }
    for (int i = 1; i < 30; ++i)
    {
        for (int j = 1; j < 30; ++j)
        {
            dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j - 1];
        }
    }
}

AtCoder Educational DP Contest A - Frog 1

Frog

有隻青蛙要從第 $1$ 塊石頭跳到第 $N$ 塊石頭，每塊石頭都有高度 $h_i$ ，每一次可以從第 $i$ 塊跳到第 $i+1$ 塊，成本為兩塊石頭的高低差，求最小成本。

狀態轉移式如下：

狀態： $f(n)$ 代表從第 $1$ 塊石頭跳到第 $n$ 塊石頭的最小成本。
初始狀態： $f(0)=0$ 。
轉移： $f(n)=min(abs(h_{n}-h_{n-1})+f(i-1),abs(h_{n}-h_{n-2})+f(i-2))$ 。

參考程式碼

作者： allem40306

int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    vector<int> h(n + 5), dp(n + 5);
    FOR(i, 0, n) { cin >> h[i]; }
    fill(dp.begin(), dp.end(), INF);
    dp[0] = 0;
    FOR(i, 1, n) FOR(j, 1, 3)
    {
        if (i - j < 0)
        {
            break;
        }
        dp[i] = min(dp[i], dp[i - j] + abs(h[i] - h[i - j]));
    }
    cout << dp[n - 1] << '\n';
}

技巧： $dp[i]=1\to i$ (前綴狀態)

一維 DP 常用狀態，經典的例子為前綴和。

最大連續區間和

給定一個長度為 $N$ 的序列 $A$ ，求出一組 $i,j(i\leq j)$ ，使得 $\sum_{x=i}^{j}A[x]$ 最大。

方法 1：枚舉 $i,j$

為了能快速第 $i$ 項到第 $j$ 項的和，這裡利用前綴和加速計算。

int ans = A[1];
sum[1] = A[1];

for (int i = 2; i <= n; ++i)
{
    sum[i] = A[i] + sum[i - 1];
}

for (int i = 2; i <= n; ++i)
{
    for (int j = i; j < n; ++j)
    {
        ans = max(sum[j] - sum[i - 1]);
    }
}

方法 2

狀態： $f(i)$ 代表前 $i$ 項的最大連續區間和。
初始狀態： $f(1)=A[1]$ 。
轉移： $f(n)=max(0,f(n-1))+A[i]$ 。

int ans = A[1], dp[N];

for (int i = 2; i <= n; ++i)
{
    dp[i] = max(dp[i - 1], 0) + A[i];
    ans = max(ans, dp[i]);
}

只有 $dp[i-1]$ 的資訊會被用到，又 $dp[i-1]$ 可被 $dp[i]$ 覆蓋，故可只用一個變數紀錄，（滾動陣列技巧）。

int ans = A[1], mx = A[1];

for (int i = 2; i <= n; ++i)
{
    mx = max(mx, 0) + A[i];
    ans = max(ans, mx);
}

方法 3

狀態： $f(i)$ 代表前 $i$ 項的最小的前綴和。
初始狀態： $f(1)=A[1]$ 。
轉移： $f(n)=min(sum[i],f(n-1))$ 。

答案為 $max_{i=1}^{n}(sum[i]-f(i-1))$ （結尾為第 $i$ 項的最大連續區間和）。

int ans = A[1];
sum[1] = dp[1] = A[1];

for (int i = 2; i <= n; ++i)
{
    sum[i] = A[i] + sum[i - 1];
    dp[i] = min(dp[i - 1], sum[i]);
    ans = max(ans, sum[i] - dp[i - 1]);
}

加上長度限制

最大連續區間和 2

給定一個長度為 $N$ 的序列 $A$ ，求出一組 $i,j(i\leq j,j-i<L)$ ，使得 $\sum_{x=i}^{j}A[x]$ 最大。

一樣先計算出前綴和，對於每個 $sum[i]$ ，找出 $min_{max(0,i-L)\le j< i}sum[j]$ ，直接枚舉的時間複雜度 $O(N^2)$ 。

觀察以下性質：假設 $i<j$ 且 $sum[i]>sum[j]$ ，當遍歷到 $j$ ， $sum[i]$ 這項資料因為位置和本身數值兩項因素，不可能比 $sum[j]$ 還要好，因此不再需要考慮 $sum[i]$ 是否為解。

根據以上觀察，可以用資料結構（deque）維護可能解，當遇到以下情況， $sum[x]$ 再也不能成為最佳解。

長度超過 $L$
右邊出現一個更好的解

每個解最多被插入和刪除一次，時間複雜度 $O(N)$ 。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[15] = {0, 6, -8, 4, -10, 7, 9, -6, 4, 5, -1};
int sum[15];

int main()
{
    int L = 3, ans = 0;
    for (int i = 1; i <= 10; ++i)
    {
        sum[i] = a[i] + sum[i - 1];
    }
    deque<int> dq;
    dq.push_back(0);
    for (int i = 1; i <= 10; ++i)
    {
        if (i - dq.front() > L)
            dq.pop_front();
        ans = max(ans, sum[i] - sum[dq.front()]);
        while (!dq.empty() && sum[i] < sum[dq.back()])
        {
            dq.pop_back();
        }
        dq.push_back(i);
    }
    cout << ans << '\n';
}

技巧：單調對列優化

利用題目中的「單調性」，利用資料結構維護可能的解，通常可以讓時間複雜度降低 $1$ 個維度 (e.g. $O(N^2)\to O(N)$ )。

最大矩形面積

給定 $N$ 條相連的長條圖，求圖內最大長方形面積。

對於每個高度 $H[i]$ ，計算左右邊界 $L[i],R[i]$ ，面積 $A[i]=H[i]\times(R[i]-L[i]+1)$

$L[i]=max\{j|j<i\ and\ H[j]<H[i]\}+1$
$R[i]=min\{j|j>i\ and\ H[j]<H[i]\}-1$

用迴圈枚舉找到答案，時間複雜度 $O(N^2)$ ，用上文提到的單調隊列優化，時間複雜度 $O(N)$ 。

計算 $L$ 為例，對於每個位置 $i$ ，和堆疊 $st$ ，從右到左遍歷元素：

如果 $st$ 為空， $st.push(i)$
如果 $H[st.top()]<=H[i]$ ， $st.push(i)$
如果 $H[st.top()]>H[i]$ ， $L[st.top()]=i+1$ 、 $st.pop()$

遍歷所有元素後，如果 $st$ 還有元素，對於每個元素 $x$ ， $L[x]=0$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 25;

int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    vector<int> H(n + 5), L(n + 5), R(n + 5);
    for (int i = 0; i < n; ++i)
        cin >> H[i];
    stack<int> st;
    // calculate R[]
    for (int i = 0; i < n; ++i)
    {
        while (!st.empty() && H[st.top()] > H[i])
        {
            R[st.top()] = i - 1;
            st.pop();
        }
        st.push(i);
    }
    while (!st.empty())
    {
        R[st.top()] = n - 1;
        st.pop();
    }
    // calculate L[]
    for (int i = n - 1; i >= 0; --i)
    {
        while (!st.empty() && H[st.top()] > H[i])
        {
            L[st.top()] = i + 1;
            st.pop();
        }
        st.push(i);
    }
    while (!st.empty())
    {
        L[st.top()] = 0;
        st.pop();
    }
    int ans = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i)
    {
        ans = max(ans, H[i] * (R[i] - L[i] + 1));
        cout << i << ' ' << L[i] << ' ' << R[i] << '\n';
    }
    cout << ans << '\n';
}

延伸題目

最大矩形面積 2

給定 $N\times M$ 的格子 $A$ ，每格格子只有數字 $0$ 或 $1$ ，請求出只包含 $1$ 的最大矩形。

我們先算出以下狀態轉移式：

狀態： $S[i][j]$ 代表由 $A[i][j]$ 往上連續有幾個 $1$
初始狀態： $S[i][j]=A[i][j],if\ i=0$
轉移： $dp[i][j]= \begin{cases} dp[i-1][j]+1 & A[i][j]=1\\ 0 & \text{else} \end{cases}$

以題目範例為例子， $S[i][j]$ 為：

如果單求矩形底部落在某一條水平線上的最大矩形面積，可利用上文提過的單調隊列優化求得；對每一條水平線求一次最大矩形面積，再取最大值，就會是本題答案。

DAG DP

將點當成狀態，邊當成轉移方向，時間複雜度為 $O(V+E)$ 。

DAG 上最長路徑

給定一顆有向無環圖，求出圖上最長的路徑

狀態轉移式如下：

狀態： $f(i)$ : 終點為 $i$ 的情況下，路徑長度最長為何？
初始狀態： $f(i)=0,\forall i\ s.t. in[i]=0$
轉移： $dp[j]=max\{dp[i]|(i,j)\in E\}+1$

答案為 $max\{dp[i]|i\in V\}$ 。

例題練習

數列
- UVa 00900 - Brick Wall Patterns
- Zerojudge d212 - 東東爬階梯
機器人往右下走問題
- UVa 00825 - Walking on the Safe Side
DAG DP
- UVA 10000 - Longest Paths
AtCoder Educational DP Contest B - Frog 2
AtCoder Educational DP Contest C - Vacation

基礎題目

費式數列

遞迴（未搭配陣列）

遞迴（搭配陣列）

迴圈（往前看）

迴圈（往後看）

帕斯卡三角形 (Pascal's triangle)

AtCoder Educational DP Contest A - Frog 1

最大連續區間和

方法 1：枚舉 i,j

方法 2

方法 3

加上長度限制

最大矩形面積

延伸題目

DAG DP

DAG 上最長路徑

例題練習

方法 1：枚舉 $i,j$