动态规划基本思路：
0. 应用场景：1. 后一状态依赖前一状态的值；2. 无后效性，即后面的阶段不会对前一阶段有影响
1. 建立2维表格，先根据题目要求，填空
2. 根据表格，推导状态转移方程，从后往前推dp[i]=f(dp[i-1])，即当前值需要前一阶段的值作为基础
3. 写程序时，根据状态转移方程，从dp[1]用for循环从前往后计算，dp[1]的前一阶段是dp[0]，要以要先设置初始值，即dp[0]=0
问题1: 凑硬币。现在拥有面值为1元、3元、5元的硬币若干；问：如何用最少数量的硬币凑出11元？
分析：
我们先假设一个函数 d(i) 来表示需要凑出 i 的总价值需要的最少硬币数量。
- 当 i = 0 时，很显然我们可以知道 d(0) = 0。因为不要凑钱了嘛，当然也不需要任何硬币了。注意这是很重要的一步，其后所有的结果都从这一步延伸开来。
- 当 i = 1 时，因为我们有 1 元的硬币，所以直接在第 1 步的基础上，加上 1 个 1 元硬币，得出 d(1) = 1。
- 当 i = 2 时，因为我们并没有 2 元的硬币，所以只能拿 1 元的硬币来凑。在第 2 步的基础上，加上 1 个 1 元硬币，得出 d(2) = 2。
- 当 i = 3 时，我们可以在第 3 步的基础上加上 1 个 1 元硬币，得到 3 这个结果。但其实我们有 3 元硬币，所以这一步的最优结果不是建立在第 3 步的结果上得来的，而是应该建立在第 1 步上，加上 1 个 3 元硬币，得到 d(3) = 1。
- ...
可以看出，除了第 1 步这个看似基本的公理外，其他往后的结果都是建立在它之前得到的某一步的最优解上，加上 1 个硬币得到。得出：
状态转化方程：dp[i]=Math.min(dp[i], dp[i-coin[j]]+1)
1 public static void main(String[] args) {
2
3 int[] coins={1,3,5};
4 int money=12;
5 System.out.println(CalculateCoin(money,coins));
6 }
7
8 /*
9 * dp[i]表示money=i时，需要的最小硬币数量
10 * 状态转化方程：dp[i]=Math.min(dp[i], dp[i-coin[j]]+1)
11 */
12 public static int CalculateCoin(int k,int[] coins){
13
14 int[] dp=new int[k+1];
15 dp[0]=0;
16
17 for(int i=1;i<dp.length;i++){
18 dp[i]=Integer.MAX_VALUE;
19 for(int j=0;j<coins.length;j++){
20 if(coins[j]<=i){
21 dp[i]=Math.min(dp[i], dp[i-coins[j]]+1);
22 }
23 }
24 }
25
26 return dp[k];
27 }
问题2: 背包问题具体例子：假设现有容量10kg的背包，另外有3个物品，分别为a1，a2，a3。物品a1重量为3kg，价值为4；物品a2重量为4kg，价值为5；物品a3重量为5kg，价值为6。将哪些物品放入背包可使得背包中的总价值最大？
分析：
先将原始问题一般化，欲求背包能够获得的总价值，即欲求前i个物体放入容量为m（kg）背包的最大价值dp[i][m]——使用一个数组来存储最大价值，当m取10，i取3时，即原始问题了。而前i个物体放入容量为m的背包，又可以转化成前(i-1)个物体放入背包的问题。下面使用数学表达式描述它们两者之间的具体关系。
表达式中各个符号的具体含义。
w[i] : 第i个物体的重量；
v[i] : 第i个物体的价值；
d[i][j] ：前i个物体放入容量为j的背包的最大价值；
对物体个数及背包重量进行递推，列出一个表格，当逐步推出表中每个值的大小，那个最大价值就求出来了。
推导过程中，要横向计算：
先推导i=1，即只放入第一件物品时，容量为j的背包的最大价值；
再推导i=2，即放入第二件物品时，容量为j的背包的最大价值；
再推导i=3，即放入第三件物品时，容量为j的背包的最大价值
状态转移方程：
1. 如果物品可以放入背包，即w[i]<=j，dp[i][j]=Math.max(dp[i][j-1], dp[i-1][j-w[i]]+v[i])
解释：dp[i-1][j-w[i]]+v[i] 表示第i件物品物品放入背包的价值，即（放入前一个物品(i-1) 背包容量为j-w[i]时的价值）+v[i]
然后再和dp[i][j-1]进行比较，即放入第i件物品背包容量为j-1时的价值，取其大者。
2. 如果物品重量超过背包容量，即w[i]>j，dp[i][j]=dp[i][j-1]。
1 public static void main(String[] args) {
2 int[] w = {3,4,5}; //物品重量
3 int[] v = {4,4,6}; //物品价值
4 int m=10;
5 int n=w.length;
6 System.out.println(MaxValue(w,v,m,n));
7 System.out.println(MaxValue1(w,v,m,n));
8 System.out.println(MaxValue2(w,v,m,n));
9
10 }
11
12 /*
13 * 01背包问题
14 *
15 * 状态转移方程：
16 * 1. 如果物品可以放入，即w[i]<=j:
17 * dp[i][j]=Math.max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w[i]]+v[i])
18 *
19 * 2. 物品无法放入背包，即w[i]>j:
20 * dp[i][j]=dp[i-1][j]
21 *
22 */
23 public static int MaxValue(int[] w, int[] v, int m, int n){
24 int[][] dp=new int[n+1][m+1];
25 for(int i=0;i<dp.length;i++){
26 dp[i][0]=0;
27 }
28
29 for(int j=0;j<dp[0].length;j++){
30 dp[0][j]=0;
31 }
32
33 for(int i=1;i<dp.length;i++){
34 for(int j=1;j<dp[0].length;j++){
35 if(w[i-1]<=j)
36 dp[i][j]=Math.max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w[i-1]]+v[i-1]);
37 else
38 dp[i][j]=dp[i-1][j];
39 }
40 }
41
42 return dp[n][m];
43 }
44
45 /*
46 * 01背包内存优化
47 * 因为当前阶段值dp值，只依赖于上一阶段的dp值
48 * 所以可以用一位数组，内圈for循环从后往前计算即可
49 */
50 public static int MaxValue1(int[] w,int[] v,int m,int n){
51
52 int[] dp=new int[m+1];
53
54 for(int i=0;i<dp.length;i++)
55 dp[i]=0;
56
57 for(int i=0;i<n;i++){
58 for(int j=dp.length-1;j>=w[i];j--){
59 dp[j]=Math.max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]);
60 }
61 }
62
63 return dp[m];
64 }
65
66 /*
67 * 完全背包问题，即物品可以重复使用
68 * 把01背包的内存优化版，内圈for循环从前往后计算即可
69 */
70 public static int MaxValue2(int[] w,int[] v,int m,int n){
71
72 int[] dp=new int[m+1];
73
74 for(int i=0;i<dp.length;i++)
75 dp[i]=0;
76
77 for(int i=0;i<n;i++){
78 for(int j=w[i];j<dp.length;j++){
79 dp[j]=Math.max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]);
80
81 }
82 }
83
84 return dp[m];
85 }
86
内存优化：
每一次dp[i][j]改变的值只与dp[i-1][j]或dp[i][j-1]有关，dp[i-1][j]是前一次i循环保存下来的值。因此，可以将dp缩减成一维数组，从而达到优化空间的目的，状态转移方程转换为 dp[j]= max{ dp[j], dp[j-w(i)]+v[i] }
并且，状态转移方程，每一次推导dp[i][j]是通过dp[i-1][j-w(i)]来推导的，所以一维数组中j的扫描顺序应该从大到小，否者前一次循环保存下来的值将会被修改，从而造成错误。
完全背包问题：即第i 件物品可以重复使用
分析：把01背包的内存优化版，内圈for循环从前往后计算即可
问题3: 字符串最短编辑距离（字符串最想相似度）
编辑距离，是指两个字串之间，由一个字符串转成另一个字符串所需的最少编辑操作次数。许可的编辑操作包括将一个字符替换成另一个字符，插入一个字符，删除一个字符。
分析：
假设word1和word2分别为：michaelab和michaelxy，dis[i][j]作为word1和word2之间的编辑距离，即word1[i]和word2[j]的编辑距离。
dis[0][0]表示word1和word2都为空的时候，此时他们的编辑距离为0。
dis[0][j]就是word1为空，word2长度为j的情况，此时他们的编辑距离为j，也就是从空，添加j个字符转换成word2的最小编辑距离为j；同理dis[i][0]就是，word1长度为i，word2为空时，word1需要删除i个字符才能转换成空，所以转换成word2的最小编辑距离为i。
状态转移方程：
1. 如果word1.charAt(i)==word2.charAt(j):
dp[i][j]=dp[i-1][j-1]
2. 如果char1!=char2:
insert=1+dp[i][j-1];
delete=1+dp[i-1][j];
replace=1+dp[i-1][j-1];
dp[i][j]=Math.min(Math.min(insert,delete), replace);
假设word1[i]和word2[j] (此处i = j) 分别为：michaelab和michaelxy
显然如果word1.charAt(i)==word2.charAt(j), 那么dis[i][j] = dis[i-1][j-1]。
如果word1.charAt(i)!=word2.charAt(j)，那么：
1. 添加：也就是在michaelab后面添加一个y，那么word1就变成了michaelaby，此时
dis[i][j] = 1 + dis[i][j-1]；
上式中，1代表刚刚的添加操作，添加操作后，word1变成michaelaby，word2为michaelxy。dis[i][j-1]代表从word[i]转换成word[j-1]的最小它是指word1[i]和word2[j]的编辑距离，也就是michaelab转换成michaelx的最小它是指word1[i]和word2[j]的编辑距离，由于两个字符串尾部的y==y，所以只需要将michaelab变成michaelx就可以了，而他们之间的最小它是指word1[i]和word2[j]的编辑距离就是dis[i][j-1]。
2. 删除：也就是将michaelab后面的b删除，那么word1就变成了michaela，此时
dis[i][j] = 1 + dis[i-1][j]；
上式中，1代表刚刚的删除操作，删除操作后，word1变成michaela，word2为michaelxy。dis[i-1][j]代表从word[i-1]转换成word[j]的最小它是指word1[i]和word2[j]的编辑距离，也就是michaela转换成michaelxy的最小它是指word1[i]和word2[j]的编辑距离，所以只需要将michaela变成michaelxy就可以了，而他们之间的最小它是指word1[i]和word2[j]的编辑距离就是dis[i-1][j]。
3. 替换：也就是将michaelab后面的b替换成y，那么word1就变成了michaelay，此时
dis[i][j] = 1 + dis[i-1][j-1]；
上式中，1代表刚刚的替换操作，替换操作后，word1变成michaelay，word2为michaelxy。dis[i-1][j-1]代表从word[i-1]转换成word[j-1]的最小它是指word1[i]和word2[j]的编辑距离，也即是michaelay转换成michaelxy的最小它是指word1[i]和word2[j]的编辑距离，由于两个字符串尾部的y==y，所以只需要将michaela变成michaelx就可以了，而他们之间的最小它是指word1[i]和word2[j]的编辑距离就是dis[i-1][j-1]。
最后，dp[i][j]=min{插入，删除，替换}
代码如下：
1 public static void main(String[] args) {
2 String a="abc";
3 String b="zabc";
4 System.out.println(MinDistance(a,b));
5
6 }
7
8 /*
9 * 最小编辑距离问题
10 *
11 * 状态转移方程：
12 *
13 * 1. 如果char1=char2：
14 * dp[i][j]=dp[i-1][j-1]
15 *
16 * 2. 如果char1!=char2:
17 * insert=1+dp[i][j-1];
18 * delete=1+dp[i-1][j];
19 * replace=1+dp[i-1][j-1];
20 * dp[i][j]=Math.min(Math.min(insert,delete), replace);
21 *
22 */
23 public static int MinDistance(String s1, String s2){
24
25 int len1=s1.length();
26 int len2=s2.length();
27
28 int dp[][]=new int[len1+1][len2+1];
29 for(int i=0;i<dp.length;i++){
30 dp[i][0]=i;
31 }
32 for(int j=0;j<dp[0].length;j++){
33 dp[0][j]=j;
34 }
35
36 for(int i=1;i<dp.length;i++){
37 char ci=s1.charAt(i-1);
38 for(int j=1;j<dp[0].length;j++){
39 char cj=s2.charAt(j-1);
40 if(ci==cj)
41 dp[i][j]=dp[i-1][j-1];
42 else{
43 int insert=1+dp[i][j-1];
44 int delete=1+dp[i-1][j];
45 int replace=1+dp[i-1][j-1];
46 dp[i][j]=Math.min(Math.min(insert,delete), replace);
47 }
48
49 }
50 }
51
52 return dp[len1][len2];
53 }
54
问题4: 字符串最长公共子序列和公共子串
分析：
什么是最长公共子序列呢？举个简单的例子吧，如：有两个随机数列，1 2 3 4 5 6 和 3 4 5 8 9，则它们的最长公共子序列便是：3 4 5。字符串同理。
最长公共子串和最长公共子序列的区别为：子串是串的一个连续的部分，子序列则是从不改变序列的顺序，而从序列中去掉任意的元素而获得新的序列；也就是说，子串中字符的位置必须是连续的，子序列则可以不必连续。
word1="abzfc"
word2="zabcd"
dp[i][j]表示word1[0,i]和word2[0,j]的字符串的公共最长子串
最长公共子串：
状态转移方程：
1. 如果word1[i]==word2[j]，即两个字符相同，那么
dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;
2. 如果word1[i]!=word2[j]，即两个字符不同，那么当前dp[i][j]要清零。
dp[i][j]=0;
1 /*
2 * 状态转移方程：
3 * 1. word1[i]==word2[j]:
4 * dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;
5 *
6 * 2. word1[i]!=word2[j]:
7 * dp[i][j]=0;
8 *
9 */
10 public static int MaxSubstring(String s1, String s2){
11 int len1=s1.length();
12 int len2=s2.length();
13 int dp[][]=new int[len1+1][len2+1];
14
15 for(int i=0;i<dp.length;i++)
16 dp[i][0]=0;
17
18 for(int j=0;j<dp[0].length;j++)
19 dp[0][j]=0;
20
21 int maxLen=0;
22 for(int i=1;i<dp.length;i++){
23 char ci=s1.charAt(i-1);
24 for(int j=1;j<dp[0].length;j++){
25 char cj=s2.charAt(j-1);
26 if(ci==cj){
27 dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;
28 maxLen=Math.max(maxLen, dp[i][j]);
29 }
30 else{
31 dp[i][j]=0;
32 }
33 }
34 }
35
36 return maxLen;
37
38 }