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动态规划DP问题详解，超全，思路全收集

news 来源：原创 2025/9/18 21:04:03

1. 01背包问题 (01 Knapsack Problem)

问题描述： 有 N 件物品和一个容量为 V 的背包。第 i 件物品的体积是 v[i]，价值是 w[i]。求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。

第一步：dp[i][j] 的定义是：
dp[i][j] 表示从前 i 件物品中任意选择，放入容量为 j 的背包中所能获得的最大价值。
第二步：为了达到 dp[i][j]，最后一步可能是：
这取决于我们是否选择第 i 件物品。
1. 不放入第 i 件物品：那么 dp[i][j] 的值就等于将前 i-1 件物品放入容量为 j 的背包中的最大价值，即 dp[i-1][j]。
2. 放入第 i 件物品：前提是背包的容量 j 必须大于或等于第 i 件物品的体积 v[i]。此时的价值等于将前 i-1 件物品放入容量为 j - v[i] 的背包中的最大价值，再加上第 i 件物品的价值 w[i]，即 dp[i-1][j - v[i]] + w[i]。
第三步：因此，状态转移方程是：
dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j - v[i]] + w[i])（需要保证 j >= v[i]）。
第四步：初始条件是：
dp[0][j] = 0，表示不选择任何物品时，总价值为0。
dp[i][0] = 0，表示背包容量为0时，无法放入任何物品，总价值为0。

2. 最长上升子序列 (Longest Increasing Subsequence, LIS)

问题描述： 给定一个无序的整数数组，找到其中最长上升子序列的长度。

第一步：dp[i] 的定义是：
dp[i] 表示以数组中第 i 个元素 nums[i] 结尾的最长上升子序列的长度。
第二步：为了达到 dp[i]，最后一步可能是：
nums[i] 是这个最长上升子序列的最后一个元素。它必然是接在前面某个元素 nums[j] (其中 j < i 且 nums[j] < nums[i] ) 之后构成的。我们需要遍历所有在 i 之前的元素 j，找到一个能让 dp[i] 最大的 dp[j]。
第三步：因此，状态转移方程是：
dp[i] = max(dp[j]) + 1，其中 0 <= j < i 且 nums[j] < nums[i]。
第四步：初始条件是：
dp[i] = 1 对于所有的 i。因为每个元素自身都可以构成一个长度为1的上升子序列。

3. 最长公共子序列 (Longest Common Subsequence, LCS)

问题描述： 给定两个字符串 text1 和 text2，返回这两个字符串的最长公共子序列的长度。

第一步：dp[i][j] 的定义是：
dp[i][j] 表示字符串 text1 的前 i 个字符（text1[0...i-1]）与 text2 的前 j 个字符（text2[0...j-1]）的最长公共子序列的长度。
第二步：为了达到 dp[i][j]，最后一步可能是：
这取决于 text1 的第 i 个字符 (text1[i-1]) 和 text2 的第 j 个字符 (text2[j-1]) 是否相等。
1. 如果 text1[i-1] == text2[j-1]：那么这个相等的字符必然在最长公共子序列中。此时的长度等于 text1 的前 i-1 个字符与 text2 的前 j-1 个字符的最长公共子序列长度加1，即 dp[i-1][j-1] + 1。
2. 如果 text1[i-1] != text2[j-1]：那么这两个字符至少有一个不在最长公共子序列中。此时的长度等于“text1 的前 i-1 个字符与 text2 的前 j 个字符的最长公共子序列”和“text1 的前 i 个字符与 text2 的前 j-1 个字符的最长公共子序列”中的较大者，即 max(dp[i-1][j], dp[i][j-1])。
第三步：因此，状态转移方程是：
如果 text1[i-1] == text2[j-1]，则 dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1。
如果 text1[i-1] != text2[j-1]，则 dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-1])。
第四步：初始条件是：
dp[0][j] = 0 且 dp[i][0] = 0。表示任何字符串与空字符串的最长公共子序列的长度都为0。

4. 石子合并 (Stone Merging)

问题描述： 有 N 堆石子排成一行，每堆石子有一定的质量。每次可以合并相邻的两堆石子，合并的代价为这两堆石子的质量之和。求将所有石子合并成一堆的最小总代价。

第一步：dp[i][j] 的定义是：
dp[i][j] 表示将从第 i 堆到第 j 堆的石子合并成一堆所需的最小代价。
第二步：为了达到 dp[i][j]，最后一步可能是：
区间 [i, j] 内的石子最后一次合并，必然是由两个已经合并好的子区间 [i, k] 和 [k+1, j] 合并而成的，其中 i <= k < j。
第三步：因此，状态转移方程是：
dp[i][j] = min(dp[i][k] + dp[k+1][j] + sum(i, j))，其中 i <= k < j。sum(i, j) 表示第 i 堆到第 j 堆石子的总质量，也就是最后一次合并的代价。
第四步：初始条件是：
dp[i][i] = 0。因为单独一堆石子不需要合并，所以代价为0。

当然，我们继续按照这个模板来解析更多经典的动态规划问题。

5. 数字三角形 (Number Triangle)

问题描述： 在一个由数字组成的三角形中，从顶部出发，每次可以走到下一层的相邻两个节点中的一个，求一条从顶部到底部的路径，使得路径上的数字总和最大。

第一步：dp[i][j] 的定义是：
dp[i][j] 表示从三角形顶部（第一行）走到第 i 行第 j 个位置时，所能获得的最大路径和。
第二步：为了达到 dp[i][j]，最后一步可能是：
要想到达第 i 行第 j 个位置，只能从上一层（第 i-1 行）的两个位置走过来：
1. 从左上方的位置 (i-1, j-1) 走过来（如果 j-1 存在）。
2. 从正上方的位置 (i-1, j) 走过来（如果 j 在上一行存在）。
第三步：因此，状态转移方程是：
dp[i][j] = max(dp[i-1][j-1], dp[i-1][j]) + triangle[i][j]。你需要处理边界情况，例如当 j=0 时只能从 dp[i-1][j] 过来，当 j 等于第 i 行的最后一个元素索引时，只能从 dp[i-1][j-1] 过来。
第四步：初始条件是：
dp[0][0] = triangle[0][0]。起点就是三角形顶部的那个数字。

(注意：这个问题也可以自底向上求解，此时 dp[i][j] 的定义会变成从 (i, j) 出发走到最底层的最大路径和，状态转移方程则如您列表中所示：f[i,j] = max(f[i+1,j], f[i+1,j+1]) + a[i,j])。

6. 乘积最大 (Maximum Product)

问题描述： 给定一个长度为 N 的数字字符串和 K 个乘号，要求将这 K 个乘号插入到数字串中，使得最终表达式的计算结果最大。

第一步：dp[i][j] 的定义是：
dp[i][j] 表示在数字串的前 i 个数字中，插入 j 个乘号所能获得的最大乘积。
第二步：为了达到 dp[i][j]，最后一步可能是：
最后一个（第 j 个）乘号可以放在任意位置 k（其中 j <= k < i）的后面。这会将问题分为两部分：
1. 在前 k 个数字中插入 j-1 个乘号，得到最大乘积 dp[k][j-1]。
2. 将第 k+1 到第 i 个数字组成的数作为最后一个乘数。
第三步：因此，状态转移方程是：
dp[i][j] = max(dp[k][j-1] * number(k+1, i))，其中 j <= k < i。number(k+1, i) 代表由第 k+1 到第 i 位数字组成的整数。
第四步：初始条件是：
dp[i][0] = number(1, i)。即不插入任何乘号时，最大乘积就是由前 i 个数字本身组成的整数。

7. Floyd-Warshall 算法

问题描述： 在一个加权有向图中，求任意两个顶点之间的最短路径长度。

第一步：dp[k][i][j] 的定义是：
dp[k][i][j] 表示从顶点 i 到顶点 j，只允许经过编号从 1 到 k 的中间顶点时，所能得到的最短路径长度。
第二步：为了达到 dp[k][i][j]，最后一步可能是：
从顶点 i 到顶点 j 且只经过 1...k 的最短路径，有两种可能：
1. 不经过 顶点 k。那么这条路径的长度就是 dp[k-1][i][j]。
2. 经过顶点 k。那么这条路径可以被分解为从 i 到 k 的路径和从 k 到 j 的路径，这两条子路径都只允许经过 1...k-1 的顶点。其长度为 dp[k-1][i][k] + dp[k-1][k][j]。
第三步：因此，状态转移方程是：
dp[k][i][j] = min(dp[k-1][i][j], dp[k-1][i][k] + dp[k-1][k][j])。
(在实际实现中，k 这一维度可以被优化掉，方程简化为 dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k] + dp[k][j]))。
第四步：初始条件是：
dp[0][i][j] 是图的邻接矩阵。如果 i 和 j 之间有直接的边，则为该边的权重；如果 i == j，则为 0；否则为无穷大。

8. 编辑距离 (Edit Distance)

问题描述： 给定两个单词 word1 和 word2，计算将 word1 转换成 word2 所使用的最少操作数。你可以对一个单词进行如下三种操作：插入一个字符、删除一个字符、替换一个字符。

第一步：dp[i][j] 的定义是：
dp[i][j] 表示将 word1 的前 i 个字符转换成 word2 的前 j 个字符所需要的最少操作数。
第二步：为了达到 dp[i][j]，最后一步可能是：
考虑 word1[i-1] 和 word2[j-1] 这两个字符：
1. 如果 word1[i-1] == word2[j-1]：那么这个字符不需要操作，最少操作数等于将 word1 的前 i-1 个字符转换成 word2 的前 j-1 个字符的操作数，即 dp[i-1][j-1]。
2. 如果 word1[i-1] != word2[j-1]：我们有三种选择：
  - 替换：将 word1[i-1] 替换成 word2[j-1]，操作数 = dp[i-1][j-1] + 1。
  - 删除：删除 word1[i-1]，然后将 word1 的前 i-1 个字符变成 word2 的前 j 个字符，操作数 = dp[i-1][j] + 1。
  - 插入：在 word1 的前 i 个字符后插入 word2[j-1]，这等价于将 word1 的前 i 个字符变成 word2 的前 j-1 个字符，操作数 = dp[i][j-1] + 1。
    我们需要取这三种选择中的最小值。
第三步：因此，状态转移方程是：
如果 word1[i-1] == word2[j-1]，则 dp[i][j] = dp[i-1][j-1]。
否则，dp[i][j] = 1 + min(dp[i-1][j-1], dp[i-1][j], dp[i][j-1])。
第四步：初始条件是：
dp[i][0] = i (将长度为 i 的字符串变为空串需要 i 次删除)。
dp[0][j] = j (将空串变为长度为 j 的字符串需要 j 次插入)。

好的，我们继续。这里为您带来更多不同类型的经典动态规划问题，并同样遵循四步模板进行解析。

9. 爬楼梯 (Climbing Stairs)

问题描述： 假设你正在爬楼梯。需要 n 阶你才能到达楼顶。每次你可以爬 1 或 2 个台阶。你有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢？

第一步：dp[i] 的定义是：
dp[i] 表示爬到第 i 级台阶所拥有的不同方法的总数。
第二步：为了达到 dp[i]，最后一步可能是：
要想到达第 i 级台阶，只有两种可能的方式：
1. 从第 i-1 级台阶向上爬 1 步。
2. 从第 i-2 级台阶向上爬 2 步。
  因此，到达第 i 级台阶的总方法数，就是到达第 i-1 级台阶的方法数与到达第 i-2 级台阶的方法数之和。
第三步：因此，状态转移方程是：
dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2]。
第四步：初始条件是：
dp[1] = 1 (到达第1级台阶只有一种方法：爬1步)。
dp[2] = 2 (到达第2级台阶有两种方法：1+1 或 2)。

10. 打家劫舍 (House Robber)

问题描述： 你是一个专业的小偷，计划偷窃沿街的房屋。每间房内都藏有一定的现金，但相邻的房屋装有相互连通的防盗系统，如果两间相邻的房屋在同一晚上被闯入，系统会自动报警。给定一个代表每间房屋存放金额的非负整数数组，计算你在不触动警报装置的情况下，一夜之内能够偷窃到的最高金额。

第一步：dp[i] 的定义是：
dp[i] 表示在前 i 间房屋中（包括第 i 间），能够偷窃到的最高总金额。
第二步：为了达到 dp[i]，最后一步可能是：
对于第 i 间房屋，你有两种选择：
1. 不偷第 i 间房屋：那么你所能获得的最大金额就等于在前 i-1 间房屋中能偷到的最大金额，即 dp[i-1]。
2. 偷第 i 间房屋：由于不能偷相邻的房屋，所以你不能偷第 i-1 间。此时的最大金额等于在前 i-2 间房屋中能偷到的最大金额，再加上第 i 间房屋的金额，即 dp[i-2] + nums[i]。
第三步：因此，状态转移方程是：
dp[i] = max(dp[i-1], dp[i-2] + nums[i])。
第四步：初始条件是：
dp[0] = nums[0] (只有一间房时，只能偷这一间)。
dp[1] = max(nums[0], nums[1]) (有两间房时，选择金额较大的那间偷)。

11. 零钱兑换 (Coin Change)

问题描述： 给定不同面额的硬币 coins 和一个总金额 amount。编写一个函数来计算可以凑成总金额所需的最少的硬币个数。如果没有任何一种硬币组合能组成总金额，返回 -1。你可以认为每种硬币的数量是无限的。

第一步：dp[i] 的定义是：
dp[i] 表示凑成总金额为 i 所需的最少硬币数量。
第二步：为了达到 dp[i]，最后一步可能是：
要凑成总金额 i，我们的最后一枚硬币可以是 coins 数组中的任意一个面值 c (只要 i >= c)。如果我们选择了面值为 c 的硬币作为最后一枚，那么问题就变成了“凑成总金额为 i-c 所需的最少硬币数量”再加 1。我们需要遍历所有可能的最后一枚硬币 c，并找出能使 dp[i] 最小的那个选择。
第三步：因此，状态转移方程是：
dp[i] = min(dp[i - c]) + 1，其中 c 是 coins 数组中的一个面值，且 i >= c。
第四步：初始条件是：
dp[0] = 0 (凑成金额 0 需要 0 个硬币)。
数组的其他所有位置可以初始化为一个特殊值（例如，无穷大或 amount + 1），用来表示该金额当前还无法凑成。

12. 分割等和子集 (Partition Equal Subset Sum)

问题描述： 给定一个只包含正整数的非空数组 nums。判断是否可以将这个数组分割成两个子集，使得两个子集的元素和相等。

这个问题可以转化为01背包问题：首先计算整个数组的总和 sum。如果 sum 是奇数，则不可能分割成两个和相等的子集，直接返回 false。如果 sum 是偶数，问题就变成了：能否从数组 nums 中找到一个子集，使得这个子集的和恰好等于 sum / 2。
这等价于：我们有一个容量为 sum / 2 的背包，和 N 个物品（nums 中的每个数都是一个物品），每个物品的体积和价值都等于其数值。问能否恰好装满这个背包。
第一步：dp[j] 的定义是：
dp[j] 是一个布尔值，表示背包容量为 j 时，能否被恰好装满（即 dp[j] = true）或不能（dp[j] = false）。
第二步：为了达到 dp[j]，最后一步可能是：
对于数组中的每一个数字 num，我们在更新 dp 数组时考虑是否要将 num 放入背包。
1. 不放入 num：那么 dp[j] 的状态不变。
2. 放入 num：前提是 j >= num。如果 dp[j - num] 为 true（即容量为 j - num 的背包能被装满），那么现在再放入 num，容量为 j 的背包也就能被装满了。
第三步：因此，状态转移方程是：
（使用一维数组优化后，从后向前遍历）
dp[j] = dp[j] || dp[j - num]。
第四步：初始条件是：
dp[0] = true (容量为0的背包可以被“空集”装满)。其余 dp[j] 初始化为 false。

好的，我们继续深入探讨更多经典的动态规划模型，并严格按照您的四步模板进行解析。

13. 完全背包问题 (Unbounded Knapsack Problem)

问题描述： 有 N 种物品和一个容量为 V 的背包，每种物品都有无限件可用。第 i 种物品的体积是 v[i]，价值是 w[i]。求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。

第一步：dp[j] 的定义是：
dp[j] 表示容量为 j 的背包，所能装入物品的最大总价值。
第二步：为了达到 dp[j]，最后一步可能是：
为了达到容量 j 的最大价值，我们可以考虑最后放入背包的是哪种物品。假设最后放入的是第 i 种物品，那么背包在此之前的状态是：容量为 j - v[i]，并且已经达到了该容量下的最大价值 dp[j - v[i]]。然后我们再放入一个物品 i，总价值就变成了 dp[j - v[i]] + w[i]。我们需要遍历所有物品，找出能使这个总价值最大的选择。
第三步：因此，状态转移方程是：
dp[j] = max(dp[j], dp[j - v[i]] + w[i]) (对于所有物品 i，且 j >= v[i])。
注意： 这与01背包的核心区别在于 dp[j] 是由 dp[j - v[i]] 推导而来，使用的是当前轮次的 dp 值。这允许了物品 i 被重复选择，从而体现了“无限件”的特性。
第四步：初始条件是：
dp[0] = 0。容量为0的背包无法装任何物品，价值为0。

14. 最长回文子序列 (Longest Palindromic Subsequence)

问题描述： 给定一个字符串 s，找到 s 中最长的回文子序列的长度。子序列不要求字符是连续的。

第一步：dp[i][j] 的定义是：
dp[i][j] 表示在字符串 s 的子串 s[i...j]（从索引 i 到 j）中，最长回文子序列的长度。
第二步：为了达到 dp[i][j]，最后一步可能是：
这取决于子串 s[i...j] 两端的字符 s[i] 和 s[j] 的关系：
1. 如果 s[i] == s[j]：那么这两个字符可以作为回文序列的两端。最长长度就是 2 加上内部子串 s[i+1...j-1] 的最长回文子序列长度，即 dp[i+1][j-1] + 2。
2. 如果 s[i] != s[j]：那么 s[i] 和 s[j] 不可能同时出现在最长回文子序列的两端。因此，我们需要分别放弃一个字符，看哪种情况能得到更长的结果。即比较“在 s[i+1...j] 中的最长回文子序列”和“在 s[i...j-1] 中的最长回文子序列”的长度，取较大者。也就是 max(dp[i+1][j], dp[i][j-1])。
第三步：因此，状态转移方程是：
如果 s[i] == s[j]，则 dp[i][j] = dp[i+1][j-1] + 2。
如果 s[i] != s[j]，则 dp[i][j] = max(dp[i+1][j], dp[i][j-1])。
第四步：初始条件是：
dp[i][i] = 1。对于任意 i，单个字符本身就是一个长度为1的回文子序列。

15. 单词拆分 (Word Break)

问题描述： 给定一个非空字符串 s 和一个包含非空单词的列表 wordDict，判定 s 是否可以被空格拆分为一个或多个在字典中出现的单词。

第一步：dp[i] 的定义是：
dp[i] 是一个布尔值，表示字符串 s 中长度为 i 的前缀 s[0...i-1] 是否可以被成功拆分。
第二步：为了达到 dp[i]，最后一步可能是：
要判断 s[0...i-1] 能否被拆分，我们可以寻找一个分割点 j（0 <= j < i）。如果 s[0...j-1] 本身可以被成功拆分（即 dp[j] 为 true），并且从 j 到 i-1 的子串 s[j...i-1] 恰好是字典中的一个单词，那么 dp[i] 就是 true。我们需要遍历所有可能的分割点 j。
第三步：因此，状态转移方程是：
dp[i] = OR(dp[j] && s[j...i-1] in wordDict)，对于所有 0 <= j < i。只要有一个 j 满足条件，dp[i] 就为 true。
第四步：初始条件是：
dp[0] = true。一个空字符串（长度为0的前缀）可以被认为是一个有效的拆分，这是递推的起点。

16. 不同路径 (Unique Paths / 过河卒简化版)

问题描述： 一个机器人在一个 m x n 的网格的左上角（grid[0][0]）。机器人每次只能向下或向右移动一步。机器人试图达到网格的右下角（grid[m-1][n-1]）。问总共有多少条不同的路径？

第一步：dp[i][j] 的定义是：
dp[i][j] 表示从起点 (0,0) 到达网格中位置 (i,j) 的不同路径的总数。
第二步：为了达到 dp[i][j]，最后一步可能是：
由于机器人只能向下或向右移动，要想到达位置 (i,j)，它必须从紧邻的上方或左方格子过来：
1. 从上方格子 (i-1, j) 向下移动一步。
2. 从左方格子 (i, j-1) 向右移动一步。
  因此，到达 (i,j) 的总路径数等于到达 (i-1,j) 的路径数加上到达 (i,j-1) 的路径数。
第三步：因此，状态转移方程是：
dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]。
第四步：初始条件是：
dp[0][j] = 1 对于所有 j，并且 dp[i][0] = 1 对于所有 i。这是因为对于网格的第一行，机器人只能一直向右走，路径只有1条；同理，对于第一列，只能一直向下走，路径也只有1条。dp[0][0] 自然是1。

当然可以，我们继续为您解析更多具有代表性的动态规划问题。

17. 合唱队形 (Chorus Formation)

问题描述： N 位同学站成一排，音乐老师要请其中的 (N-K) 位同学出列，使得剩下的 K 位同学排成合唱队形。合唱队形是指这样的一种队形：设 K 位同学从左到右依次为 1, 2, ..., K，他们的身高分别为 T1, T2, ..., TK，则他们的身高满足 T1 < T2 < ... < Ti > Ti+1 > ... > TK (1 <= i <= K)。你的任务是，已知所有 N 位同学的身高，计算最少需要几位同学出列，才能使得剩下的同学排成合唱队形。

这个问题可以分解为两次最长上升子序列（LIS）的计算。 核心思想是枚举每一个同学作为合唱队形的“最高点”，然后计算以他为最高点时，能形成的最长合唱队形有多长。
第一步：dp 数组的定义是：
1. left_dp[i]：以第 i 位同学为结尾的最长上升子序列的长度（从左向右看）。
2. right_dp[i]：以第 i 位同学为开头的最长下降子序列的长度（从左向右看），这等价于从右向左看，以第 i 位同学为结尾的最长上升子序列的长度。
第二步：为了达到 dp[i]，最后一步可能是：
1. 对于 left_dp[i]：第 i 位同学可以接在任何他左边（j < i）且比他矮（height[j] < height[i]）的同学 j 之后，形成一个更长的上升序列。
2. 对于 right_dp[i]：同理，可以从右边找到比他矮的同学来构造。
3. 一个以第 i 位同学为顶点的合唱队形，其总人数为 left_dp[i]（左边的上升部分）加上 right_dp[i]（右边的下降部分），但因为第 i 位同学被计算了两次，所以需要减 1。
第三步：因此，状态转移方程是：
1. left_dp[i] = max(left_dp[j]) + 1，其中 0 <= j < i 且 height[j] < height[i]。
2. right_dp[i] = max(right_dp[j]) + 1，其中 i < j < N 且 height[j] < height[i]。
3. 最终合唱队形的最大长度 max_len = max(left_dp[i] + right_dp[i] - 1)，遍历所有 i。
4. 最少出列人数 = N - max_len。
第四步：初始条件是：
left_dp[i] = 1 和 right_dp[i] = 1 对所有 i 成立。因为每个同学自己都能构成一个长度为1的序列。

18. 数的划分 (Integer Partition)

问题描述： 将整数 n 划分成 k 份，且每份不能为空，任意两份的顺序不被区分（例如 1,1,5 和 1,5,1 被认为是同一种划分）。求总共有多少种不同的划分方法。

第一步：dp[i][j] 的定义是：
dp[i][j] 表示将整数 i 划分成 j 份的总方法数。
第二步：为了达到 dp[i][j]，最后一步可能是：
对于 i 的 j 份划分，可以根据这 j 份中是否含有 1 来分类：
1. 划分中不包含 1：这意味着每一份都至少是 2。我们可以从每一份中都拿走一个 1，总共拿走 j 个 1，剩下的整数是 i-j，它需要被划分为 j 份。这种情况下的方法数等于将 i-j 划分为 j 份的方法数，即 dp[i-j][j]。
2. 划分中至少包含一个 1：我们可以先拿走一个 1，剩下的整数是 i-1，它需要被划分为 j-1 份。这种情况下的方法数等于将 i-1 划分为 j-1 份的方法数，即 dp[i-1][j-1]。
第三步：因此，状态转移方程是：
dp[i][j] = dp[i-j][j] + dp[i-1][j-1]。
第四步：初始条件是：
dp[k][k] = 1 (将 k 划分为 k 份，只有 1,1,...,1 一种方法)。
dp[i][1] = 1 (将 i 划分为 1 份，只有 i 本身这一种方法)。
当 i < j 时, dp[i][j] = 0 (无法将一个小数划分成更多份)。

19. 多边形剖分 (Polygon Triangulation)

问题描述： 在一个凸 n 边形的顶点上，赋有 n 个权值。要求用 n-3 条不相交的对角线将该凸 n 边形剖分成 n-2 个三角形，并使得这些三角形的顶点权值乘积之和最小。

这是一个典型的区间DP问题，与石子合并非常相似。
第一步：dp[i][j] 的定义是：
dp[i][j] 表示由顶点 v_i, v_{i+1}, ..., v_j 构成的子多边形进行三角剖分的最小代价（顶点按顺序编号）。
第二步：为了达到 dp[i][j]，最后一步可能是：
考虑连接顶点 v_i 和 v_j 的边，它必然是某个三角形的一条边。这个三角形的第三个顶点必然是 v_k，其中 i < k < j。这条对角线 (v_i, v_k) 和 (v_k, v_j) 将原问题 dp[i][j] 分割成了两个子问题 dp[i][k] 和 dp[k][j]，以及一个新形成的三角形 (v_i, v_k, v_j) 的代价。
第三步：因此，状态转移方程是：
dp[i][j] = min(dp[i][k] + dp[k][j] + w[i]*w[k]*w[j])，需要遍历所有可能的中间点 k（i < k < j）。
第四步：初始条件是：
dp[i][i+1] = 0。因为由相邻两个顶点构成的“多边形”（即一条边）无法再剖分，代价为0。

20. 买卖股票的最佳时机 (Best Time to Buy and Sell Stock - multiple variations)

我们以一个常见的变种为例：最多可完成两笔交易。

问题描述： 给定一个数组 prices，它的第 i 个元素是给定股票在第 i 天的价格。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你最多可以完成两笔交易。注意：你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）。

第一步：dp[i][k][s] 的定义是：
dp[i][k][s] 表示在第 i 天结束时，已经进行了 k 笔交易，并且手中持有状态为 s 时所能获得的最大利润。
- i：天数 (from 0 to n-1)
- k：已完成的交易次数 (0, 1, or 2)
- s：持有状态 (0 for no stock, 1 for has stock)
第二步：为了达到 dp[i][k][s]，最后一步可能是：
1. 为了达到 dp[i][k][0] (第i天，k笔交易，不持股):
  - 可能是前一天就不持股，今天什么都不做（rest）。利润继承自 dp[i-1][k][0]。
  - 可能是今天卖出了股票。这笔卖出操作完成了第 k 笔交易。那么利润就是前一天持有股票（dp[i-1][k][1]）的基础上加上今天的卖出价 prices[i]。
2. 为了达到 dp[i][k][1] (第i天，k笔交易，持股):
  - 可能是前一天就持股，今天什么都不做（rest）。利润继承自 dp[i-1][k][1]。
  - 可能是今天买入了股票。这次买入是第 k 笔交易的开始。那么利润就是前一天不持股且已完成 k-1 笔交易（dp[i-1][k-1][0]）的基础上减去今天的买入价 prices[i]。
第三步：因此，状态转移方程是：
dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])
dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])
第四步：初始条件是：
dp[-1][k][0] = 0 (开始前利润为0)
dp[-1][k][1] = -infinity (开始前不可能持有股票，设为负无穷防止被错误选择)
dp[i][0][1] = -infinity (不允许交易时不可能持有股票)

好的，我们继续探索动态规划的世界，这里是更多经典问题的模板化解析。

21. 树形DP - 没有上司的舞会

问题描述： 某公司要举办一场晚会，共 N 名员工，构成一个树形的上下级关系（除了老板，每个人都有且只有一个直属上司）。如果邀请了某位员工，那么为了避免尴尬，就不能邀请他的直属上司。每位员工参加晚会都会带来一定的“快乐指数”。求邀请哪些员工可以使得晚会的总快乐指数最大。

第一步：dp[u][s] 的定义是：
dp[u][0] 表示在以员工 u 为根的子树中（即 u 和他的所有下属），在 不邀请 员工 u 的情况下，能获得的最大快乐指数。
dp[u][1] 表示在以员工 u 为根的子树中，在邀请员工 u 的情况下，能获得的最大快乐指数。
第二步：为了达到 dp[u][s]，最后一步可能是：
状态 dp[u] 的值取决于其所有直接下属 v 的状态。
1. 如果不邀请 u (dp[u][0])：那么对于 u 的每一个直接下属 v，我们既可以邀请他，也可以不邀请他。为了使快乐指数最大，我们应该选择这两种情况中能带来更大快乐值的那一种，即 max(dp[v][0], dp[v][1])。我们需要将 u 的所有直接下属的这个最大值累加起来。
2. 如果邀请 u (dp[u][1])：那么 u 的所有直接下属 v 都不能被邀请。所以我们只能累加在不邀请 v 的情况下的最大快乐指数，即 dp[v][0]。最终还要加上 u 本身的快乐指数。
第三步：因此，状态转移方程是：
（遍历 u 的所有直接下属 v）
dp[u][0] = sum(max(dp[v][0], dp[v][1]))
dp[u][1] = happiness[u] + sum(dp[v][0])
第四步：初始条件是：
对于一个叶子节点（没有下属的员工）l：
dp[l][0] = 0 (不邀请他，快乐指数增加0)。
dp[l][1] = happiness[l] (邀请他，快乐指数就是他自己的值)。
计算通常使用深度优先搜索（DFS），从叶子节点开始向上计算，直到根节点。

22. 状态压缩DP - 旅行商问题 (TSP)

问题描述： 给定 N 个城市和每对城市之间的距离，求解访问每一座城市一次并回到起始城市的最短回路距离。

第一步：dp[S][j] 的定义是：
dp[S][j] 表示已经访问过的城市集合为 S（S 是一个用二进制位表示的集合，例如 1101 表示访问了第0, 2, 3号城市），且当前停留在城市 j 时，所经过的最短路径总长度。
第二步：为了达到 dp[S][j]，最后一步可能是：
要想到达“访问了集合 S 并停在 j”这个状态，上一步必然是处于“访问了集合 S 中除去 j 的所有城市，并停在某个城市 k”的状态，其中 k 属于 S 且 k != j。然后从城市 k 直接移动到城市 j。
第三步：因此，状态转移方程是：
dp[S][j] = min(dp[S XOR (1 << j)][k] + distance(k, j))
这个方程的含义是：遍历集合 S 中除了 j 以外的所有城市 k，找出那个能使“从起点经过 S-{j} 到达 k，再从 k 到 j”的路径最短的 k。
第四步：初始条件是：
假设从城市 0 出发。
dp[1][0] = 0 (只访问了城市0，当前停在城市0，路径长度为0)。
所有其他的 dp[S][j] 初始化为无穷大。

23. 多重背包问题

问题描述： 有 N 种物品和一个容量为 V 的背包。第 i 种物品最多有 c[i] 件，每件体积是 v[i]，价值是 w[i]。求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。

第一步：dp[i][j] 的定义是：
dp[i][j] 表示将前 i 种物品放入容量为 j 的背包中，可以获得的最大价值。
第二步：为了达到 dp[i][j]，最后一步可能是：
对于第 i 种物品，我们可以选择放入 k 件，其中 0 <= k <= c[i]。如果我们决定放入 k 件，那么问题就转化为：将前 i-1 种物品放入容量为 j - k * v[i] 的背包中，能获得的最大价值，再加上我们这 k 件物品的价值 k * w[i]。
第三步：因此，状态转移方程是：
dp[i][j] = max(dp[i-1][j - k * v[i]] + k * w[i])，需要遍历所有可能的 k（0 <= k <= c[i] 且 j >= k * v[i]）。
(注：这个问题通常通过“二进制优化”将多重背包转化为01背包问题来高效求解，但以上是其最朴素的状态转移思想。)
第四步：初始条件是：
dp[0][j] = 0。不考虑任何物品时，价值为0。

24. 矩阵链乘法 (Matrix Chain Multiplication)

问题描述： 给定 n 个矩阵的序列 <A1, A2, ..., An>，计算它们的乘积。由于矩阵乘法满足结合律，我们可以任意加括号决定计算顺序。不同的计算顺序可能导致截然不同的计算量（总的标量乘法次数）。求一个最优的加括号方案，使得总的标量乘法次数最少。

这是一个经典的区间DP问题，与石子合并、多边形剖分同源。
第一步：dp[i][j] 的定义是：
dp[i][j] 表示计算矩阵序列 Ai 到 Aj 的乘积 Ai...j 所需的最小标量乘法次数。
第二步：为了达到 dp[i][j]，最后一步可能是：
为了计算 Ai...j，最后一步一定是将两个已经计算好的子矩阵链相乘。这个分割点可以在 k 处，其中 i <= k < j。也就是说，我们先计算出 Ai...k 的结果，再计算出 Ak+1...j 的结果，最后将这两个结果矩阵相乘。
第三步：因此，状态转移方程是：
dp[i][j] = min(dp[i][k] + dp[k+1][j] + p[i-1]*p[k]*p[j])，需要遍历所有可能的分割点 k（i <= k < j）。
其中 p 数组是矩阵的维度，矩阵 Am 的维度是 p[m-1] x p[m]。p[i-1]*p[k]*p[j] 是将 (p[i-1] x p[k]) 的矩阵和 (p[k] x p[j]) 的矩阵相乘的计算代价。
第四步：初始条件是：
dp[i][i] = 0。单个矩阵不需要任何乘法，计算代价为0。

当然，这里有更多不同领域的经典动态规划问题，它们展示了DP思想的广泛应用。

25. 最小路径和 (Minimum Path Sum)

问题描述： 给定一个包含非负整数的 m x n 网格 grid，请找出一条从左上角到右下角的路径，使得路径上的数字总和为最小。每次只能向下或者向右移动一步。

第一步：dp[i][j] 的定义是：
dp[i][j] 表示从左上角起点 (0,0) 到达网格中位置 (i,j) 的最小路径和。
第二步：为了达到 dp[i][j]，最后一步可能是：
要想到达位置 (i,j)，必然是从其上方格子 (i-1, j) 或者左方格子 (i, j-1) 移动过来的。为了使得到达 (i,j) 的路径和最小，我们应该选择从这两条路径中和较小的那一条走过来。
第三步：因此，状态转移方程是：
dp[i][j] = min(dp[i-1][j], dp[i][j-1]) + grid[i][j]。
第四步：初始条件是：
dp[0][0] = grid[0][0]。
对于第一行：dp[0][j] = dp[0][j-1] + grid[0][j]，因为只能从左边过来。
对于第一列：dp[i][0] = dp[i-1][0] + grid[i][0]，因为只能从上边过来。

26. 目标和 (Target Sum)

问题描述： 给定一个非负整数数组 nums 和一个目标数 S。现在你有 + 和 - 两种符号。对于数组中的任意一个整数，你都可以从 + 或 - 中选择一个符号添加在前面。返回可以使最终数组和为目标数 S 的所有添加符号的方法数。

这个问题可以转化为一个0/1背包的计数问题。 假设给一部分数字 P 加上 + 号，给另一部分数字 N 加上 - 号。我们有 sum(P) - sum(N) = S。同时，sum(P) + sum(N) = total_sum（数组总和）。两个式子相加得到 2 * sum(P) = S + total_sum，所以 sum(P) = (S + total_sum) / 2。问题就变成了：从 nums 数组中找出若干个数字，使得它们的和恰好等于 (S + total_sum) / 2。有多少种找法？
第一步：dp[j] 的定义是：
dp[j] 表示从数组中选取若干个数，使其和恰好为 j 的方法总数。
第二步：为了达到 dp[j]，最后一步可能是：
对于数组中的每一个数字 num，我们可以选择将它加入或者不加入构成和为 j 的集合。
1. 不加入 num：那么构成和为 j 的方法数保持不变。
2. 加入 num：那么我们需要在考虑 num 之前，就已经构成了和为 j - num。所以，方法数增加了 dp[j - num] 种。
第三步：因此，状态转移方程是：
（遍历 nums 中的每个 num，并从后向前更新 dp 数组）
dp[j] = dp[j] + dp[j - num]。
第四步：初始条件是：
dp[0] = 1。和为0有一种方法，就是不选择任何数（空集）。

27. 最长公共子串 (Longest Common Substring)

问题描述： 给定两个字符串 str1 和 str2，找到两个字符串中连续且相等的最长子串的长度。

这与最长公共子序列（LCS）不同，子串要求是连续的。
第一步：dp[i][j] 的定义是：
dp[i][j] 表示以 str1 的第 i 个字符（str1[i-1]）和 str2 的第 j 个字符（str2[j-1]）为结尾 的最长公共子串的长度。
第二步：为了达到 dp[i][j]，最后一步可能是：
我们只关心 str1[i-1] 和 str2[j-1] 是否相等。
1. 如果 str1[i-1] == str2[j-1]：那么这两个字符可以延续它们前一个字符构成的公共子串。所以，长度就是以 str1[i-2] 和 str2[j-2] 为结尾的最长公共子串长度加 1。
2. 如果 str1[i-1] != str2[j-1]：那么公共子串在这里就断开了。以这两个字符为结尾的公共子串长度为 0。
第三步：因此，状态转移方程是：
如果 str1[i-1] == str2[j-1]，则 dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1。
如果 str1[i-1] != str2[j-1]，则 dp[i][j] = 0。
最终的答案是整个 dp 表中的最大值，而不是 dp[m][n]。
第四步：初始条件是：
dp[0][j] = 0 且 dp[i][0] = 0。与空串的公共子串长度为0。

28. 石子游戏 (Stone Game)

问题描述： 有一排 N 堆石子，piles[i] 是每堆石子的数量。两名玩家轮流取石子，每次可以从行的开头或结尾取走整堆石子。取走石子总数最多的玩家获胜。假设两名玩家都采取最佳策略，判断先手玩家是否能获胜。

这是一个典型的博弈型DP。
第一步：dp[i][j] 的定义是：
dp[i][j] 表示在只剩下从 i 到 j 堆石子的情况下，当前轮到的玩家（先手）相对于另一位玩家（后手），能多拿到的最大石子数量。
第二步：为了达到 dp[i][j]，最后一步可能是：
当前玩家面对 piles[i...j]，他有两种选择：
1. 取走 piles[i]：他获得 piles[i] 的石子。然后，对于剩下的 piles[i+1...j]，他的对手会成为先手，并采取最优策略，多拿 dp[i+1][j] 的石子。因此，当前玩家最终多拿的石子数是 piles[i] - dp[i+1][j]。
2. 取走 piles[j]：他获得 piles[j] 的石子。然后，对于剩下的 piles[i...j-1]，他的对手会成为先手，多拿 dp[i][j-1] 的石子。因此，当前玩家最终多拿的石子数是 piles[j] - dp[i][j-1]。
  当前玩家会选择对自己最有利的，即能让他多拿更多石子的那种选择。
第三步：因此，状态转移方程是：
dp[i][j] = max(piles[i] - dp[i+1][j], piles[j] - dp[i][j-1])。
第四步：初始条件是：
当 i == j 时，只剩下一堆石子。当前玩家会把它全部拿走。
dp[i][i] = piles[i]。

好的，我们继续。动态规划的世界非常广阔，这里还有一些涵盖了不同思想和技巧的经典问题。

29. 最大子数组和 (Maximum Subarray)

问题描述： 给定一个整数数组 nums，找到一个具有最大和的连续子数组（子数组最少包含一个元素），返回其最大和。

第一步：dp[i] 的定义是：
dp[i] 表示以数组中第 i 个元素 nums[i] 为结尾 的所有连续子数组中，和最大的那个子数组的和。
第二步：为了达到 dp[i]，最后一步可能是：
对于以 nums[i] 结尾的最大和子数组，只有两种可能：
1. 这个子数组只包含 nums[i] 本身。
2. 这个子数组包含了 nums[i] 以及它前面的元素。在这种情况下，它必然是“以 nums[i-1] 结尾的最大和子数组”再加上 nums[i] 构成的。
第三步：因此，状态转移方程是：
dp[i] = max(nums[i], dp[i-1] + nums[i])。
最终的结果是整个 dp 数组中的最大值，因为最大子数组不一定在数组末尾结束。
第四步：初始条件是：
dp[0] = nums[0]。以第一个元素结尾的最大子数组和就是它本身。

30. 戳气球 (Burst Balloons)

问题描述： 有 n 个气球，编号为 0 到 n-1，每个气球上都有一个数字，这些数字存在数组 nums 中。现在要求你戳破所有的气球。每当你戳破一个气球 i 时，你可以获得 nums[left] * nums[i] * nums[right] 个硬币。这里的 left 和 right 代表和 i 相邻的两个气球的序号。当一个气球被戳破后，它左右两边的气球就变成了相邻的气球。求所能获得硬币的最大数量。
（可以假设 nums[-1] = nums[n] = 1，但它们不能被戳破）。

这是一个非常经典的区间DP，但需要逆向思维。 正向思考（先戳哪个）会导致后续状态不独立。我们反过来想：最后戳破哪个气球。
第一步：dp[i][j] 的定义是：
dp[i][j] 表示戳破开区间 (i, j) 内所有气球，所能获得的最大硬币数量。为了方便处理边界，我们可以在原 nums 数组两边各加上一个 1。
第二步：为了达到 dp[i][j]，最后一步可能是：
我们考虑在区间 (i, j) 中，最后一个被戳破 的气球是 k（i < k < j）。当我们戳破 k 时，它左右两边相邻的气球一定是 i 和 j（因为 (i,k) 和 (k,j) 之间的气球都已经被戳破了）。戳破 k 的收益是 nums[i] * nums[k] * nums[j]。而在此之前，我们需要先戳破区间 (i, k) 和 (k, j) 的所有气球，这两部分是独立的子问题，其最大收益分别是 dp[i][k] 和 dp[k][j]。
第三步：因此，状态转移方程是：
dp[i][j] = max(dp[i][k] + nums[i] * nums[k] * nums[j] + dp[k][j])，需要遍历所有可能的 k（i < k < j）。
第四步：初始条件是：
dp[i][i+1] = 0。当区间长度为0或1时（即 j = i+1），开区间 (i, i+1) 内没有气球，所以收益为0。

31. 交错字符串 (Interleaving String)

问题描述： 给定三个字符串 s1, s2, s3，请你帮忙验证 s3 是否是由 s1 和 s2 交错组成的。交错的定义是：如果 s3 中可以找到一种划分，使得 s1 和 s2 的所有字符都恰好出现一次，并且保持了它们在原字符串中的相对顺序。

第一步：dp[i][j] 的定义是：
dp[i][j] 是一个布尔值，表示 s1 的前 i 个字符和 s2 的前 j 个字符，能否成功交错组成 s3 的前 i+j 个字符。
第二步：为了达到 dp[i][j]，最后一步可能是：
为了构成 s3 的前 i+j 个字符，s3 的最后一个字符 s3[i+j-1] 必然是来自 s1 的最后一个字符 s1[i-1] 或者是 s2 的最后一个字符 s2[j-1]。
1. 如果 s3[i+j-1] 等于 s1[i-1]：我们需要看 s1 的前 i-1 个字符和 s2 的前 j 个字符能否构成 s3 的前 i+j-1 个字符，即 dp[i-1][j] 是否为 true。
2. 如果 s3[i+j-1] 等于 s2[j-1]：我们需要看 s1 的前 i 个字符和 s2 的前 j-1 个字符能否构成 s3 的前 i+j-1 个字符，即 dp[i][j-1] 是否为 true。
第三步：因此，状态转移方程是：
dp[i][j] = (dp[i-1][j] && s1[i-1] == s3[i+j-1]) || (dp[i][j-1] && s2[j-1] == s3[i+j-1])。
第四步：初始条件是：
dp[0][0] = true (两个空字符串可以交错组成一个空字符串)。
对于第一行：dp[0][j] = dp[0][j-1] && (s2[j-1] == s3[j-1])。
对于第一列：dp[i][0] = dp[i-1][0] && (s1[i-1] == s3[i-1])。

32. 最长有效括号 (Longest Valid Parentheses)

问题描述： 给你一个只包含 '(' 和 ')' 的字符串，找出最长有效（格式正确且连续）括号子串的长度。

第一步：dp[i] 的定义是：
dp[i] 表示以第 i 个字符 s[i] 为结尾 的最长有效括号子串的长度。
第二步：为了达到 dp[i]，最后一步可能是：
1. 如果 s[i] 是 '('：以开括号结尾的子串不可能是有效的，所以 dp[i] = 0。
2. 如果 s[i] 是 ')'：我们需要寻找一个与之匹配的 '('。
  - 情况一：s[i-1] 是 '('。那么 s[i-1] 和 s[i] 构成了一对 ()。这个长度为2的有效串可以和 i-2 处结尾的有效串连接起来。所以 dp[i] = dp[i-2] + 2。
  - 情况二：s[i-1] 是 ')'。这意味着 s[i] 的匹配括号可能在更前面。如果 i-1 结尾是一个长度为 dp[i-1] 的有效串，那么我们去看这个有效串之前的位置 j = i - dp[i-1] - 1 是否是 '('。如果是，那么这个 '(' 就和 s[i] 匹配上了。此时的长度等于 dp[i-1] (中间的有效串) + 2 (新匹配的一对) + dp[j-1] (前面可能还连着一个有效串)。
第三步：因此，状态转移方程是：
如果 s[i] == ')'：
如果 s[i-1] == '('，则 dp[i] = dp[i-2] + 2。
如果 s[i-1] == ')' 且 s[i - dp[i-1] - 1] == '('，则 dp[i] = dp[i-1] + 2 + dp[i - dp[i-1] - 2]。
（注意处理数组越界的情况）。
最终答案是整个 dp 数组中的最大值。
第四步：初始条件是：
dp 数组全部初始化为 0。

好的，我们继续。这里有另一组经典的动态规划问题，它们分别代表了不同的DP子类型和思考角度。

33. 完全平方数 (Perfect Squares)

问题描述： 给定一个正整数 n，找到若干个完全平方数（例如 1, 4, 9, 16, ...）使得它们的和等于 n。你需要让组成和的完全平方数的个数最少。

这是一个完全背包问题的变体。 物品是所有小于等于 n 的完全平方数，物品的“体积”和“价值”都是1，背包容量是 n。
第一步：dp[i] 的定义是：
dp[i] 表示和为 i 的最少完全平方数的个数。
第二步：为了达到 dp[i]，最后一步可能是：
为了凑成和 i，我们添加的最后一个数必然是一个完全平方数，比如 j*j。那么，在这之前，我们必须已经凑成了和为 i - j*j。我们需要遍历所有可能的最后一个完全平方数 j*j，并从中找到能使总数最小的方案。
第三步：因此，状态转移方程是：
dp[i] = min(dp[i - j*j]) + 1，其中 j*j <= i。
第四步：初始条件是：
dp[0] = 0。和为0需要0个完全平方数。

34. 解码方法 (Decode Ways)

问题描述： 一条包含字母 A-Z 的消息通过以下方式进行了编码：'A' -> "1", 'B' -> "2", ..., 'Z' -> "26"。给定一个只包含数字的非空字符串 s，请计算解码方法的总数。

第一步：dp[i] 的定义是：
dp[i] 表示字符串 s 的前 i 个字符（s[0...i-1]）所拥有的解码方法总数。
第二步：为了达到 dp[i]，最后一步可能是：
解码到第 i 个字符时，我们关注最后的一位或两位数字是如何解码的。
1. 解码最后一位：如果 s 的第 i 个字符 s[i-1] 不是 '0'，那么它可以被独立解码。这种情况下，解码方法数继承自前 i-1 个字符的解码方法数，即 dp[i-1]。
2. 解码最后两位：如果 s 的第 i-1 和第 i 个字符 s[i-2...i-1] 组成的两位数在 "10" 到 "26" 之间，那么它们可以一起被解码。这种情况下，解码方法数继承自前 i-2 个字符的解码方法数，即 dp[i-2]。
  总方法数是这两种独立情况的和。
第三步：因此，状态转移方程是：
dp[i] = (符合条件的 dp[i-1]) + (符合条件的 dp[i-2])。
具体来说：
如果 s[i-1] 在 '1'~'9' 之间，则 dp[i] += dp[i-1]。
如果 s[i-2...i-1] 在 "10"~"26" 之间，则 dp[i] += dp[i-2]。
第四步：初始条件是：
dp[0] = 1。这表示一个空字符串有一种解码方式（即什么都不做），这是为了让递推在 i=1 和 i=2 时能够正确进行。

35. 最大正方形 (Maximal Square)

问题描述： 在一个由 '0' 和 '1' 组成的二维矩阵内，找到只包含 '1' 的最大正方形，并返回其面积。

第一步：dp[i][j] 的定义是：
dp[i][j] 表示以矩阵中 (i-1, j-1) 位置的元素为 右下角 的最大正方形的边长。
第二步：为了达到 dp[i][j]，最后一步可能是：
一个以 (i-1, j-1) 为右下角的正方形要存在，首先 matrix[i-1][j-1] 必须为 '1'。其次，它的左边、上边、左上角三个方向必须也都能形成正方形。这个新正方形的边长，受限于它左、上、左上三个方向的邻居所能形成的正方形的最小边长。例如，如果左、上、左上三个位置形成的正方形边长分别是 a, b, c，那么以当前位置为右下角能形成的最大正方形边长就是 min(a, b, c) + 1。
第三步：因此，状态转移方程是：
如果 matrix[i-1][j-1] == '1'，则 dp[i][j] = min(dp[i-1][j], dp[i][j-1], dp[i-1][j-1]) + 1。
如果 matrix[i-1][j-1] == '0'，则 dp[i][j] = 0。
最终答案是整个 dp 表中最大值的平方。
第四步：初始条件是：
dp 数组的第一行和第一列可以直接根据 matrix 的值来初始化。如果 matrix[i-1][0] == '1'，则 dp[i][0] = 1，反之亦然。

36. 最佳买卖股票时机含冷冻期 (Best Time to Buy and Sell Stock with Cooldown)

问题描述： 给定一个整数数组 prices，其中 prices[i] 表示第 i 天的股票价格。设计一个算法计算出最大利润。在满足以下约束条件下，你可以尽可能地完成更多的交易：卖出股票后，你无法在第二天买入股票 (即存在1天的冷冻期)。

第一步：dp 数组的定义是：
由于存在冷冻期，我们需要定义多个状态。
dp[i][0]：第 i 天结束时，手中持有股票的情况下，至今为止的最大利润。
dp[i][1]：第 i 天结束时，手中 不持有 股票，且 处于冷冻期 的情况下，至今为止的最大利润。
dp[i][2]：第 i 天结束时，手中 不持有 股票，且 不处于冷冻期 的情况下，至今为止的最大利润。
第二步：为了达到 dp[i] 的各个状态，最后一步可能是：
1. 为了达到 dp[i][0] (持有)：可能是前一天就持有(dp[i-1][0])，今天休息；也可能是前一天不处于冷冻期(dp[i-1][2])，今天买入。
2. 为了达到 dp[i][1] (不持有, 冷冻期)：必然是前一天持有股票(dp[i-1][0])，今天卖出。
3. 为了达到 dp[i][2] (不持有, 非冷冻期)：可能是前一天就不处于冷冻期(dp[i-1][2])，今天休息；也可能是前一天处于冷冻期(dp[i-1][1])，今天冷冻期结束。
第三步：因此，状态转移方程是：
dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][2] - prices[i])
dp[i][1] = dp[i-1][0] + prices[i]
dp[i][2] = max(dp[i-1][2], dp[i-1][1])
最终的答案是 max(dp[n-1][1], dp[n-1][2])，因为最后一天肯定是不持有股票利润才最大。
第四步：初始条件是：
dp[0][0] = -prices[0] (第0天买入)
dp[0][1] = 0 (不可能，但设为0方便计算)
dp[0][2] = 0 (第0天什么都不做)

当然，动态规划的宝库还远未穷尽。这里有另一组代表性的、技巧性更强的经典动态规划问题，同样遵循您的四步模板。

37. 正则表达式匹配 (Regular Expression Matching)

问题描述： 给你一个字符串 s 和一个字符规律 p，请你来实现一个支持 . 和 * 的正则表达式匹配。. 匹配任意单个字符，* 匹配零个或多个前面的那一个元素。所谓匹配，是要涵盖整个输入字符串 s 的，而不是部分字符串。

第一步：dp[i][j] 的定义是：
dp[i][j] 是一个布尔值，表示字符串 s 的前 i 个字符 s[0...i-1] 是否能被模式 p 的前 j 个字符 p[0...j-1] 成功匹配。
第二步：为了达到 dp[i][j]，最后一步可能是：
这取决于模式的最后一个字符 p[j-1] 是什么。
1. 如果 p[j-1] 不是 *：那么 p[j-1] 必须匹配 s[i-1]（p[j-1] 是 . 或者等于 s[i-1]）。要使 dp[i][j] 为真，前提是 dp[i-1][j-1] 也必须为真。
2. 如果 p[j-1] 是 *：* 会作用于它前面的字符 p[j-2]。这里有两种情况：
  - * 匹配零次：我们直接忽略 p[j-2]* 这部分，看 s 的前 i 个字符是否能被 p 的前 j-2 个字符匹配，即看 dp[i][j-2] 是否为真。
  - * 匹配一次或多次：前提是 s[i-1] 必须能被 p[j-2] 匹配。如果可以，那么 p[0...j] 对 s[0...i] 的匹配结果就取决于 p[0...j] 对 s[0...i-1] 的匹配结果，即看 dp[i-1][j] 是否为真。（相当于 * 帮助 p[j-2] 吃掉了 s[i-1]，然后继续用 * 去尝试匹配 s 的前 i-1 个字符）。
第三步：因此，状态转移方程是：
如果 p[j-1] 不是 *：dp[i][j] = i > 0 && dp[i-1][j-1] && (s[i-1] == p[j-1] || p[j-1] == '.')
如果 p[j-1] 是 *：dp[i][j] = dp[i][j-2] || (i > 0 && dp[i-1][j] && (s[i-1] == p[j-2] || p[j-2] == '.'))
第四步：初始条件是：
dp[0][0] = true (空字符串可以被空模式匹配)。
dp[i][0] = false (非空字符串无法被空模式匹配)。
dp[0][j] 的情况需要特殊处理，因为像 a* 或 a*b* 这样的模式可以匹配空字符串。所以 dp[0][j] = j > 1 && p[j-1] == '*' && dp[0][j-2]。

38. 俄罗斯套娃信封 (Russian Doll Envelopes)

问题描述： 给定一些标记了宽度和高度的信封，宽度和高度都为正整数。当另一个信封的宽度和高度都比这个信封大的时候，这个信封就可以放进另一个信封里。请计算最多能有多少个信封能组成一组“俄罗斯套娃”信封（即一个可以套一个）。

这是一个二维的最长上升子序列问题。 核心思想是通过巧妙的排序，将二维问题降维成一维的LIS问题。
预处理步骤： 首先，将所有信封按照宽度 w 进行升序排序。如果宽度相同，则按照高度 h 进行降序排序。
这样做的目的是：宽度相同时，高度更高的信封排在前面，保证了在后续求高度的LIS时，宽度相同的信封不可能被选入同一个上升子序列。
第一步：dp[i] 的定义是：
在经过排序后的信封数组的高度序列上，dp[i] 表示长度为 i 的最长上升子序列的 末尾元素 的最小值。这是一个经典的、使用贪心+二分法优化LIS的 dp 定义。
第二步：为了达到 dp[i]，最后一步可能是：
我们遍历排序后的每一个信封的高度 h。对于每个 h，我们要在 dp 数组中找到一个合适的位置来更新它。
1. 如果 h 比 dp 数组中所有已知上升子序列的末尾元素都大，说明它可以接在最长的那个子序列后面，形成一个更长的子序列。
2. 如果 h 不比所有末尾元素都大，我们就找到 dp 数组中第一个大于等于 h 的元素，并用 h 替换它。这表示我们找到了一个潜在的、结尾更小（因此更有潜力）的同样长度的上升子序列。
第三步：因此，状态转移方程是：
这不是一个传统的 dp[i] = ... 形式，而是通过二分查找来维护 dp 数组的过程。
令 len 为当前最长上升子序列的长度。
对每个高度 h：
binary_search 在 dp[1...len] 中找到 h 的位置。
如果 h 能插入到 len 之后，则 len++, dp[len] = h。
否则，在 dp 中找到第一个大于等于 h 的位置 j，更新 dp[j] = h。
最终答案就是 len。
第四步：初始条件是：
dp 数组为空，len = 0。

39. 矩阵中的最长递增路径 (Longest Increasing Path in a Matrix)

问题描述： 给定一个整数矩阵 matrix，找出其中最长递增路径的长度。对于每个单元格，你可以往上、下、左、右四个方向移动。你不能在对角线方向上移动或移动到边界外。

这是一个在图（由矩阵隐式定义）上寻找最长路径的问题，适合使用记忆化搜索（自顶向下的DP）。
第一步：dp[i][j] 的定义是：
dp[i][j] 表示从矩阵中单元格 (i, j) 出发，所能走出的最长递增路径的长度。
第二步：为了达到 dp[i][j]，最后一步可能是：
从 (i, j) 出发，我们可以移动到其四周（上、下、左、右）的邻居 (ni, nj)，只要邻居的值 matrix[ni][nj] 大于当前值 matrix[i][j]。从 (i, j) 出发的路径长度，就是 1 加上从那个符合条件的邻居出发的最长递增路径长度。我们需要在所有可能的下一步中选择能使总长度最长的那一个。
第三步：因此，状态转移方程是：
dp[i][j] = 1 + max(dp[ni][nj])，其中 (ni, nj) 是 (i, j) 的有效邻居，且 matrix[ni][nj] > matrix[i][j]。如果没有这样的邻居，则 max 部分为0。
第四步：初始条件是：
dp 数组所有元素初始化为 0 或 -1，表示尚未计算。这是一个递归的终止条件。当 dp[i][j] 不为 0 时，直接返回其值，避免重复计算。最终答案是整个 dp 表中的最大值。

40. 数字DP (Digit DP)

问题描述： （这是一个问题类型的泛称）计算在区间 [L, R] 内，满足特定属性的整数有多少个。例如，计算 [1, N] 中不包含 "49" 这个子串的数字个数。
通用解法： 通常将问题 count(R) - count(L-1) 转化为求解 [1, N] 范围内满足条件的数的个数。

第一步：dp(pos, state, is_limit, is_leading_zero) 的定义是：
这是一个记忆化搜索的函数。它返回从第 pos 位开始构造数字，在之前的状态为 state 的情况下，总共有多少种合法的构造方法。
- pos: 当前正在处理的数字位（从高位到低位）。
- state: 一个或多个状态变量，用于记录构造到目前为止的关键信息。例如，前一位数字是什么（为了判断 "49"），是否已经满足了某个条件等。
- is_limit: 一个布尔值，表示当前位是否受到 N 对应位的限制。如果是，当前位数字最大只能取到 N[pos]。
- is_leading_zero: 一个布尔值，表示当前是否处于前导零阶段。
第二步：为了达到 dp(pos, ...)，最后一步可能是：
在当前 pos 位，我们可以尝试填入数字 d。d 的取值范围是 [0, up]，其中 up 由 is_limit 决定（如果 is_limit 为真，up = N[pos]；否则 up = 9）。对于每一个合法的 d（即满足题目条件的 d，例如不能与前一位组成 "49"），我们递归地调用函数去解决子问题：dp(pos+1, new_state, new_is_limit, ...)。
第三步：因此，状态转移方程是：
这是一个递归求和的形式：
ans = 0
for d from 0 to up:
if d is valid:
ans += dp(pos+1, new_state, is_limit && (d == up), ...)
memo[pos][state] = ans (在不 is_limit 的情况下缓存结果)
return ans
第四步：初始条件是：
递归的基准情况（出口）：当 pos 超出 N 的长度时，说明我们成功构造了一个完整的、合法的数字，此时应该返回 1。整个过程由初始调用 dp(0, initial_state, true, true) 启动。