动态规划初步
前言：
定个小目标，10天之内学会动态规划的简单问题，解决一小部分动态规划。
正文：
对于动态规划完全是小白的，可以看看http://www.cnblogs.com/sdjl/articles/1274312.html。
以LRJ紫书为参考。
第一题：
http://acm.nyist.net/JudgeOnline/problem.php?pid=16
描述有n个矩形，每个矩形可以用a,b来描述，表示长和宽。矩形X(a,b)可以嵌套在矩形Y(c,d)中当且仅当a<c,b<d或者b<c,a<d（相当于旋转X90度）。
例如（1,5）可以嵌套在（6,2）内，但不能嵌套在（3,4）中。你的任务是选出尽可能多的矩形排成一行，使得除最后一个外，每一个矩形都可以嵌套在下一个矩形内。
输入
- 第一行是一个正正数N(0<N<10)，表示测试数据组数，
每组测试数据的第一行是一个正正数n，表示该组测试数据中含有矩形的个数(n<=1000)
随后的n行，每行有两个数a,b(0<a,b<100)，表示矩形的长和宽
输出
- 每组测试数据都输出一个数，表示最多符合条件的矩形数目，每组输出占一行。
结题报告：
dp两大难点：dp(i)是什么？dp转移方程是什么?
矩形嵌套是一种二元关系，可以用图来表示，G[i][j]。G[i][j]表示的是第i个矩形可以嵌套在第j个。由于一个矩形不可能嵌套自己，所以G[i][i]不存在，G[j][i]也不存在。那就是说这是单向的无环图。选出尽可能多的矩形排成一行，那么前面可以嵌套在后面。这不就是一条递增的直线吗？于是，我们用dp(i)表示从第i个矩形出发，所能到达的最长路径。接下来是转态转移方程。由于我们是用图来表示的G[i][j]，那么第一步只能是i到j。方程就是：dp(i)=max{dp(j)+1} 。
1 int dp(int i)
2 {
3 int& ans = d[i];
4 if (ans > 0) return ans;
5 ans = 1;
6 for (int j = 0; j < n; j++){
7 if (G[i][j])
8 ans = max(ans, dp(j) + 1);
9 }
10 return ans;
11 }
这里用到了C++里的引用，好处是在dp变量多维情况下使用。
代码里使用了记忆化搜索,dp首先是要初始化为0的。记忆化搜索，我的理解就是首先标记数组。在使用的时候，如果发生了变化，就直接返回。
第二题：硬币问题。
题目：有n种硬币，面值分别为V1,V2,...Vn,每种都有无限多。给定非负整数S，可以选用多少个硬币，使得面值之和恰好为S？输出硬币数目的
最小值和最大值！
分析：没有比Hawstein的这篇博客写的更好了。下面是原文。有点啰嗦，看完必有收获。
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如果我们有面值为1元、3元和5元的硬币若干枚，如何用最少的硬币凑够11元？ (表面上这道题可以用贪心算法，但贪心算法无法保证可以求出
解，比如1元换成2元的时候)
首先我们思考一个问题，如何用最少的硬币凑够i元(i<11)？为什么要这么问呢？ 两个原因：1.当我们遇到一个大问题时，总是习惯把问题的规模变
小，这样便于分析讨论。 2.这个规模变小后的问题和原来的问题是同质的，除了规模变小，其它的都是一样的， 本质上它还是同一个问题(规模变小后的
问题其实是原问题的子问题)。
好了，让我们从最小的i开始吧。当i=0，即我们需要多少个硬币来凑够0元。 由于1，3，5都大于0，即没有比0小的币值，因此凑够0元我们最少需
要0个硬币。 这时候我们发现用一个标记来表示这句“凑够0元我们最少需要0个硬币。
那么， 我们用d(i)=j来表示凑够i元最少需要j个硬币。于是我们已经得到了d(0)=0， 表示凑够0元最小需要0个硬币。当i=1时，只有面值为1元的硬
币可用， 因此我们拿起一个面值为1的硬币，接下来只需要凑够0元即可，而这个是已经知道答案的， 即d(0)=0。所以，d(1)=d(1-1)+1=d(0)+1=0+1=1。
当i=2时， 仍然只有面值为1的硬币可用，于是我拿起一个面值为1的硬币， 接下来我只需要再凑够2-1=1元即可(记得要用最小的硬币数量)，而这个答案也
已经知道了。 所以d(2)=d(2-1)+1=d(1)+1=1+1=2。
一直到这里，你都可能会觉得，好无聊， 感觉像做小学生的题目似的。因为我们一直都只能操作面值为1的硬币！耐心点， 让我们看看i=3时的情况。
当i=3时，我们能用的硬币就有两种了：1元的和3元的( 5元的仍然没用，因为你需要凑的数目是3元！5元太多了亲)。 既然能用的硬币有两种，我就有两
种方案。如果我拿了一个1元的硬币，我的目标就变为了： 凑够3-1=2元需要的最少硬币数量。即d(3)=d(3-1)+1=d(2)+1=2+1=3。 这个方案说的
是，我拿3个1元的硬币；第二种方案是我拿起一个3元的硬币， 我的目标就变成：凑够3-3=0元需要的最少硬币数量。即d(3)=d(3-3)+1=d(0)+1=0+1=1.
这个方案说的是，我拿1个3元的硬币。好了，这两种方案哪种更优呢？ 记得我们可是要用最少的硬币数量来凑够3元的。所以， 选择d(3)=1，怎么来的呢？
具体是这样得到的：d(3)=min{d(3-1)+1, d(3-3)+1}。
上文中d(i)表示凑够i元需要的最少硬币数量，我们将它定义为该问题的”状态”， 这个状态是怎么找出来的呢？我在另一篇文章中写过： 根据子问题定义状
态。你找到子问题，状态也就浮出水面了。 最终我们要求解的问题，可以用这个状态来表示：d(11)，即凑够11元最少需要多少个硬币。 那状态转移方程是什
么呢？既然我们用d(i)表示状态，那么状态转移方程自然包含d(i)， 上文中包含状态d(i)的方程是：d(3)=min{d(3-1)+1, d(3-3)+1}。没错， 它就是状态
转移方程，描述状态之间是如何转移的。当然，我们要对它抽象一下，
d(i)=min{ d(i-vj)+1 }，其中i-vj >=0，vj表示第j个硬币的面值;
有了状态和状态转移方程，这个问题基本上也就解决了。当然了，Talk is cheap,show me the code!
伪代码如下：
下图是当i从0到11时的解：
从上图可以得出，要凑够11元至少需要3枚硬币。
此外，通过追踪我们是如何从前一个状态值得到当前状态值的， 可以找到每一次我们用的是什么面值的硬币。比如，从上面的图我们可以看出， 最终结果d(11)=d(10)+1(面值为1)，而d(10)=d(5)+1(面值为5)，最后d(5)=d(0)+1 (面值为5)。所以我们凑够11元最少需要的3枚硬币是：1元、5元、5元。
1 void dp_coin(int i, int num)
2 {
3 if (i == 0)
4 {
5 dp[i] = 0;
6 dp_coin(1, num);
7 return;
8 }
9 else
10 {
11 int MIN = 10010;
12 for (int j = 0; j<3; j++)
13 {
14 if (i >= coin[j])
15 {
16 MIN = min(dp[i - coin[j]] + 1, MIN);
17 }
18 }
19 dp[i] = MIN;
20 if (i == num)
21 return;
22 else
23 dp_coin(i + 1, num);
24 }
25 }
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第三题 硬币找零
http://acm.nyist.net/JudgeOnline/problem.php?pid=995
输入
输入数据：
第 1 行，为 N 和 T，其中 1≤N≤50 为硬币系统中不同硬币数；1≤T≤100000 为需要用硬币找零的总数。
第 2 行为 N 个数值不大于 65535 的正整数，它们是硬币系统中各硬币的面值。
当n，t同时为0时结束。输出输出数据：
如 T 能被硬币系统中的硬币找零，请输出最少的找零硬币数。
如 T 不能被硬币系统中的硬币找零，请输出剩下钱数最少的找零方案中的最少硬币数。样例输入
4 12 10 7 5 1
样例输出
2
在debug模式下，watch窗口，单步观察利用完全背包方法计算此题的过程。
参考资料：
1. 《算法竞赛》刘汝佳
2. 作者：Hawstein
出处：http://hawstein.com/posts/dp-novice-to-advanced.html
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3. https://yq.aliyun.com/articles/35294