1.背包问题
（1）01背包
从n个重量和价值分别为wi,vi的物品，从中选出不超过W的物品，每种物品仅有一件，求所有方案中V的最大值。
最朴素最简单也最费时的方法：O(2^n) int rec(int i,int j)//从第i个开始挑选总重小于j的部分
递归 递归终止条件：i==n return 0;
递归分支：① j<wi res=rec(i+1,j); //无法挑选，看下一个
② res=max(rec(i+1,j),rec(i+1,j-w[i])+v[i]))//挑选，不挑选，选其中大的
分析：递归搜索深度→n，每层两次分支（选与不选），有重复计算
优化：记录每次递归的结果（记忆化搜索）
Int dp[MAX_N][MAX_N];
递归 int rec(int i,int j)
初始条件：memset(dp,-1,sizeof(dp));
终止条件：①dp[i][j]>=0 returndp[i][j]//已计算过
②i==n return 0;
递归分支：① j<wi res=rec(i+1,j); //无法挑选，看下一个
② res=max(rec(i+1,j),rec(i+1,j-w[i])+v[i]))//挑选，不挑选，选其中大的
分析及remark：复杂度O(nW)
数组初始化：①memset(type *arrary,figure,sizeof(arrary))
只能填充（0，+-1，0x3f3f3f3f），其他值不可以
memset按照1字节为单位对内存填充，-1的二进制每一位均为1
②fill(type* arrary,type *arrary+n,figure) 可赋值任意值
递归
↓↓↓↓↓↓ for(int i=n-1;i>=0;i--) //
递推(双重循环) for(int j=0;j<=w;j++)
{ if(j<w[i]) dp[i][j]=dp[i+1][j]; //不选
else dp[i][j]=max(dp[i+1][j],dp[i+1][j-w[i]]+v[i]);}
其他3种递推写法：（来源：《挑战程序设计竞赛》）
（2）完全背包
递推关系1：（3重循环，有重复计算）复杂度O(nW^2)
For(int i=0;i<n;i++)
For(int j=0;j<=w;j++)
For(int k=0;k*w[i]<=j;k++)
Dp[i+1][j]=max(dp[i+1][j],dp[i+1][j-k*w[i]]+k*v[i])
优化：(左上→右下 变为 左→右)
Dp数组初始化为0
For(int i=0;i<n;i++)
For(int j=0;j<=w;j++)
{
If(j<w[i]) dp[i+1][j]=dp[i][j];
Else dp[i+1][j]=max(dp[i][j],dp[i+1][j-w[i]]+v[i])
} 只有这里与01背包不同，前j个已更新过，可直接用
进一步优化：用一个数组实现，只需要记录当前最优状态
比较01背包与完全背包（循环方向不同）
2.LCS(Longest common subsequence)
dp[n][m]即为所求
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<m;j++)
{
if(s[i]==t[i])
dp[i+1][j+1]=dp[i][j]+1;
else
dp[i+1][j+1]=max(dp[i+1][j],dp[i][j+1])
}
3.LIS(Longest Increasing subsequence)
dp[i]:以ai为结尾的最长上升子序列长度
dp[i]=max{1,dp[i]+1|j<i且aj<ai}
O(n^2)
int res;
for(int i=0;i<n;i++)
{
dp[i]=1;
for(int j=0;j<i;j++)
if(a[j]<a[i]) //每存在aj<ai&&j<i,dp[i]更新一次
dp[i]=max{dp[i],dp[j]+1};
}
res=max{dp[i]|0<=i<n}
Remark:
其他方法：
可以用lower_bound();
dp[i]:长度为i+1的上升子列中末尾元素的最小值（不存在的话为inf）
dp[max_n]初始化为inf，按顺序逐个考虑数列的元素，对于每个ai，如果i=0||dp[i-1]<ai,就用dp[i]=min(dp[i],ai)更新，最终找出使得dp[i]<inf的最大的i+1即为结果。DP直接实现，可以在O（n^2）的时间内给出结果，但可以进一步优化，dp数组中除inf之外是单调递增的，对于每个ai最多有一次更新，更新的位置可用二分的方法优化，时间复杂度可以降低到O（nlogn）
int dp[max_n]
void solve（）
{
fill(dp,dp+n,inf);
for(int i=0;i<n;i++)
*lower_bound(dp,dp+n,a[i])=a[i];
res=lower_bound(dp,dp+n,inf)-dp;
}
// lower_bound()可以从已排好序的a中利用二分搜索找出满足ai>=k的ai的最小的指针，类似的还有upper_bound,找出的为ai>k的最小指针
//求n个有序数组a中k的个数，可以用：upper_bound(a,a+n,k)-lower_bound(a,a+n,k);