2.1斐波那契数列问题
2.2矩阵系列问题
2.3跳跃系列问题
3.1 01背包
3.2 完全背包
3.3多重背包
3.4 一些变形选讲
2.1斐波那契系列问题
在数学上，斐波纳契数列以如下被以递归的方法定义：F(0)=0，F(1)=1, F(n)=F(n-1)+F(n-2)（n>=2，n∈N*）根据定义，前十项为1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55
例1：给定一个正整数n，求出斐波那契数列第n项（这时n较小）
解法一：完全抄定义
def f(n):
if n==1 or n==2:
return 1
return f(n-1)+f(n-2)
分析一下，为什么说递归效率很低呢？咱们来试着运行一下就知道了：
比如想求f(10)，计算机里怎么运行的？
想算出f(10)，就要先算出F(9),
想算出f(9)，就要先算出F(8),
想算出f(8)，就要先算出F(7),
想算出f(7)，就要先算出F(6)……
兜了一圈，我们发现，有相当多的计算都重复了，比如红框部分：
那如何解决这个问题呢？问题的原因就在于，我们算出来某个结果，并没有记录下来，导致了重复计算。那很容易想到如果我们把计算的结果全都保存下来，按照一定的顺序推出n项，就可以提升效率
解法2：
def f1(n):
if n==1 or n==2:
return 1
l=[0]*n #保存结果
l[0],l[1]=1,1 #赋初值
for i in range(2,n):
l[i]=l[i-1]+l[i-2] #直接利用之前结果
return l[-1]
可以看出，时间o(n)，空间o(n)。
继续思考，既然只求第n项，而斐波那契又严格依赖前两项，那我们何必记录那么多值浪费空间呢？只记录前两项就可以了。
解法3：
def f2(n):
a,b=1,1
for i in range(n-1):
a,b=b,a+b
return a
补充：
pat、蓝桥杯等比赛原题：求的n很大，F(N)模一个数。应每个结果都对这个数取模，否则：第一，计算量巨大，浪费时间；第二，数据太大，爆内存，
对于有多组输入并且所求结果类似的题，可以先求出所有结果存起来，然后直接接受每一个元素，在表中查找相应答案
此题有快速幂算法，但是碍于篇幅和同学们水平有限，不再叙述，可以自行学习。
例2：一只青蛙一次可以跳上1级台阶，也可以跳上2级。求该青蛙跳上一个n级的台阶总共有多少种跳法。
依旧是找递推关系：
1）跳一阶，就一种方法
2）跳两阶，它可以一次跳两个，也可以一个一个跳，所以有两种
3）三个及三个以上，假设为n阶，青蛙可以是跳一阶来到这里，或者跳两阶来到这里，只有这两种方法。
它跳一阶来到这里，说明它上一次跳到n-1阶，
同理，它也可以从n-2跳过来
f（n）为跳到n的方法数，所以，f(n)=f(n-1)+f(n-2)
优化思路与例1类似，请自行思考。
例3：我们可以用2*1的小矩形横着或者竖着去覆盖更大的矩形。请问用n个2*1的小矩形无重叠地覆盖一个2*n的大矩形，总共有多少种方法？
N=1: 只有一种
N=2，两种:
N=3:
读到这里，你们应该能很快想到，依旧是斐波那契式递归啊。
对于n>=3:怎么能覆盖到三？
只有两种办法，从n-1的地方竖着放了一块，或者从n-2的位置横着放了两块
例4：给定一个由0-9组成的字符串，1可以转化成A，2可以转化成B。依此类推。。25可以转化成Y，26可以转化成z，给一个字符串，返回能转化的字母串的有几种？
比如：123，可以转化成
1 、2 、3变成ABC，
12 、3变成LC，
1 、23变成AW
三种，返回三，
比如99999，就一种：iiiii，返回一。
分析：求i位置及之前字符能转化多少种。
两种转化方法
1）字符i自己转换成自己对应的字母
2）和前面那个数组成两位数，然后转换成对应的字母
假设遍历到i位置，判断i-1位置和i位置组成的两位数是否大于26，大于就没有第二种方法，f(i)=f(i-1),如果小于26， f(i)=f(i-1)+f(i-2)
2.2矩阵系列问题
例5：给一个由数字组成的矩阵，初始在左上角，要求每次只能向下或向右移动，路径和就是经过的数字全部加起来，求可能的最小路径和。
1 3 5 9
8 1 3 4
5 0 6 1
8 8 4 0
路径：1 3 1 0 6 1 0路径和最小，返回12
分析：我们可以像之前一样，暴力的把每一种情况都试一次，但是依旧会造成过多的重复计算，以本题为例子最后解释一下暴力慢在哪里，以后不再叙述了。
比如本题来讲，我们尝试如下路径：
有很多路是重复走过的一遍。
再进一步说：
从1到6位置，有很多路可以走，直观感受一下：
所有路中，一定会有和最小的，但是我们并不知道，每次尝试一次1->6->终点的路线时，我们把所有的情况都算了一遍，这过程中我们浪费了相当多的有效信息。
这就是暴力的结果。
优化做法：生成和矩阵相同大小的二维表，用来记录到起点每个位置的最小路径和
接下来带着大家真正进入动态规划；
第一步：初始化（对于本题来说，第一列和第一行，我们别无选择，就一条路，因此，我们可以直接确定答案）
第二步：确定其余位置如何推出（我们称为状态转移方程）
直观来说，每个位置只可能是从上面，或者左边走来的：
对于普遍的位置i，j，只有i-1,j和i,j-1这两个位置可以一步走到这里，所以
DP[i,j]=min(DP[i,j-1],DP[i-1,j]）+L[i,j]（之前的最优解加上本位置的数字）
继续优化：和之前一样，这个式子实际上也是严格依赖两个值，一个是左边的值，一个是上面的值，所以，我们按之前的思路，应该可以想到可以压缩空间。
我们尝试用一维的空间来解题：
想象这是我们的第一行答案：
我们如何利用仅有的一维空间来更新出下一行呢？
我们要想：
我们需要左面的数字，所以，本位置的左边必须是更新过的数字（否则就是左上的位置了），所以应该从左往右更新。
我们需要上面的数字，这个不需要更新，本来就需要本位置的旧数字。
本题第二行为：8，1，3，4
第一行答案为
依次更新：
更新A：
（只能向下走）
更新B：
（比较从左边来和从上面来哪里比较小）
更新C：
更新D：
最后我们可以发现，伪代码是这样的：
For i 0 -> 高度:
For j 0 -> 宽度
DP[j]=min(DP[j-1],DP[j]）+L[i,j]
时间不变，空间优化到o(min（高，宽））
例6：给一个由数字组成的矩阵，初始在左上角，要求每次只能向下或向右移动，路径和就是经过的数字全部加起来，求可能的最大路径和。
和例5只差一个“大”字，请自己思考
例7：一个矩阵，初始在左上角，要求每次只能向下或向右移动，求到终点的方法数。
和例5，6类似，只是方法数应该等于，左边的方法数加上上面的方法数
第二章末练习
1
一个只包含'A'、'B'和'C'的字符串，如果存在某一段长度为3的连续子串中恰好'A'、'B'和'C'各有一个，那么这个字符串就是纯净的，否则这个字符串就是暗黑的。例如：
BAACAACCBAAA 连续子串"CBA"中包含了'A','B','C'各一个，所以是纯净的字符串
AABBCCAABB 不存在一个长度为3的连续子串包含'A','B','C',所以是暗黑的字符串
你的任务就是计算出长度为n的字符串(只包含'A'、'B'和'C')，有多少个是暗黑的字符串。(网易17校招原题)
2、X国的一段古城墙的顶端可以看成 2*N个格子组成的矩形（如下图所示），现需要把这些格子刷上保护漆。
你可以从任意一个格子刷起，刷完一格，可以移动到和它相邻的格子（对角相邻也算数），但不能移动到较远的格子（因为油漆未干不能踩！）
比如：a d b c e f 就是合格的刷漆顺序。
c e f d a b 是另一种合适的方案。
当已知 N 时，求总的方案数。当N较大时，结果会迅速增大，请把结果对 1000000007 (十亿零七) 取模。
3.1 01背包
入门了动态规划之后，我们来看一个经典系列问题：背包问题
这是最基础的背包问题，特点是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。
用子问题定义状态：
f[i][j]表示前i件物品恰放入一个容量为j的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程为：
“将前i件物品放入容量为j的背包中”这个子问题，若只考虑第i件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前i−1件物品的问题。
如果不放第i件物品，那么问题就转化为“前i−1件物品放入容量为j的背包中”，价值为f[i−1][j]；
如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i−1件物品放入剩下的容量为j−c[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是f[i−1][j−w[i]],再加上通过放入第i件物品获得的价值v[i]。
因此得出上面的式子。
继续优化空间（利用之前提到的知识）：
如果我们压缩到一维空间解题，这次我们需要的是上面的位置和左上的位置，也就是说，我们需要左边的位置是没被更新过的，得出更新顺序应该从右往左：
for i in range(1,n+1):
for j in range(v,-1,-1)
f[j] = max(f[j], f[j - w[i]] + v[i]);
3.2 完全背包
这个问题非常类似于01背包问题，所不同的是每种物品有无限件。也就是从每种物品的角度考虑，与它相关的策略已并非取或不取两种，而是有取0件、取1件、取2件……等很多种。如果仍然按照解01背包时的思路,很容易得出：
这跟01背包问题一样有O(VN)个状态需要求解，但求解每个状态的时间已经不是常数了
而是，总的复杂度可以认为是,将01背包问题的基本思路加以改进，得到了这样一个清晰的方法。这说明01背包问题的方程的确是很重要，可以推及其它类型的背包问题。但我们还是试图改进这个复杂度。
我们可以知道，对于一个普遍位置w，当前物品代价为2的话，下图中红色区域就是和位置w的取值相关的一些数值：
对当前物品的决策就依次是：不拿、拿一个、拿两个、拿三个（对应上面式子中的k）
我们算法优化的思路就是不断去除重复计算，显然我们可以继续优化这个式子。
请思考：我们的E3位置是如何得出的？其实是根据三个红色区域得出的，但是我们算位置w时又算了一遍，显然是重复了。而E3其实包含了不拿、拿一个、拿两个这些情况中的最优解，我们算w时直接用就可以了。
给出模板代码：
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = w[i]; j <= V; j++)
f[j] = max(f[j], f[j - w[i]] + v[i]);
对比两种背包：
这个代码与01背包的代码只有j的循环次序不同而已。为什么这样一改就可行呢？
首先想想为什么01背包中要按照j=V...0 j=V...0j=V...0的逆序来循环。这是因为要保证第i次循环中的状态f[i][j]是由状态f[i−1][j−w[i]]递推而来。换句话说，这正是为了保证每件物品只选一次，保证在考虑“选入第i件物品”这件策略时，依据的是一个绝无已经选入第i件物品的子结果f[i−1][j−w[i]]。
而现在完全背包的特点恰是每种物品可选无限件，所以在考虑“加选一件第i ii种物品”这种策略时，却正需要一个可能已选入第i种物品的子结果f[i][j−w[i]]，所以就可以并且必须采用j=0...V j=0...Vj=0...V的顺序循环。这就是这个简单的程序为何成立的道理。
最终给出状态转移方程给不明白的同学看：
（也可以通过数学导出此式）
3.3多重背包
和之前的背包不同，每种物品不是只有一件，也不是有无限件，这次的每种物品的数量都是有限制的，我们对于每种物品，可以选择拿一件、两件……p[i]件。
我们借用上一种问题的图：
看起来是类似的，位置w依旧和红色区域相关，但是我们可以直接根据E3来求出位置w吗？是不能的，因为条件变了，每种物品不是无限的，可能在w位置，图中椭圆圈出的位置代表着需要拿三个，但是如果规定最多拿两个，我们这种算法就出问题了。
一种做题思路：把每个物品都按01背包做：比如第i种物品，我们就按有p[i]件相同的物品。每一种物品都是如此，按01背包做就可以了。（但是显然很蠢）
改进：
我们平时买东西时，难道带的全是一元的硬币吗？当然不是，只要手中的钱可以凑出商品的价格即可，比如9元的东西，我不一定用九个硬币（背包问题的物品）来付钱，可以5元+4个1元。
背包问题也一样，我们不一定要全部拆成1的物品，只要我们的物品可以代表0——>p[i]的所有情况，我们就认为这种策略是正确的。
那如何拆p[i]个物品可以保证我们的物品可以代表0——>p[i]的所有情况呢？这里要借助2进制思想。
一个n位的二进制数可以取0到2的n次方-1，第i位代表的是2的i-1次方。
对应到物品：
我们的p[i]=15，我们怎样拆呢？
1+2+4+8即可，这四个数一定可以组合出0-15的任何一个数。
二进制拆分代码如下：
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int num = min(p[i], V / w[i]);
for (int k = 1; num > 0; k <<= 1) {
if (k > num) k = num;
num -= k;
for (int j = V; j >= w[i] * k; j--)
f[j] = max(f[j], f[j - w[i] * k] + v[i] * k);
}
}
3.4 一些变形选讲
1）最常见的一些变形，甚至不能说是变形，上面也提到过，但是怕同学们不知道：
我们常见的问题中，一般是问最优解，可能是最大，或者最小，但是，问题也可能是方法的数量，这个时候，一般把状态转移方程中的max(min)改为sum（求和）即可，当然，压缩空间后的样子还是需要自己写。
2）初始化的细节问题
我们看到的求最优解的背包问题题目中，事实上有两种不太相同的问法。有的题目要求"恰好装满背包"时的最优解，有的题目则并没有要求必须把背包装满。这两种问法的区别是在初始化的时候有所不同。
如果是第一种问法，要求恰好装满背包，那么在初始化时除了f[0]为0其它f[1...V]均设为−∞，这样就可以保证最终得到的f[N]是一种恰好装满背包的最优解。
如果并没有要求必须把背包装满，而是只希望价格尽量大，初始化时应该将f[0...V]全部设为0。
为什么呢？可以这样理解：初始化的f数组事实上就是在没有任何物品可以放入背包时的合法状态。如果要求背包恰好装满，那么此时只有容量为0的背包可能被价值为0的nothing “恰好装满”，其它容量的背包均没有合法的解，属于未定义的状态，它们的值就都应该是
−∞了。如果背包并非必须被装满，那么任何容量的背包都有一个合法解“什么都不装”，这个解的价值为0，所以初始时状态的值也就全部为0了。
3）常数优化
前面的代码中有for(j=V...w[i])，还可以将这个循环的下限进行改进。
由于只需要最后f[j]的值，倒推前一个物品，其实只要知道f[j−w[n]]即可。以此类推，对以第j个背包，其实只需要知道到f[j−sumw[j...n]]即可，代码自行修改。
4）其实拆解二进制物品并不是多重背包的最优解，但是最优的单调队列思想写起来有些繁琐，可能以后会写。
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