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1、闫式DP分析法
闫式DP分析法是从集合的角度分析DP问题。DP问题实际上就是求有限集中的最值、数量、是否存在等问题，而有限集中的元素通常是非常多的，此时就可以使用DP来进行优化。
DP问题的分析分为两个阶段。
状态表示
第一个阶段是状态表示，这是一个化零为整的过程，每次处理问题时，不是一个元素一个元素处理，而是每次都枚举一个子集(一类东西)。就是把一些有相似点的元素，化称一个子集，然后用某一状态表示。
状态表示要从两个角度分析：集合和属性
首先，要搞清楚状态表示的f[i]表示的集合是什么。对于集合的描述通常是所有满足...条件/方案的集合。正因为f[i]表示的是集合，是一类东西，不是一个东西，所以可以优化时间复杂度。其次，f[i]表示的是一个集合，但f[i]是一个数。存的这个数与集合的关系称为属性。属性一般是最大值/最小值/数量。
状态计算
第二阶段是状态计算，这是一个化整为零的过程。如何求出f[i]？需要将f[i]表示的集合划分成若干子集，每个子集单独去求。划分子集时每个子集要求做到不重、不漏。当然，不漏是一定要有的，但是不重就不一定，如求数量时要不重，而求最值时可以重复。求f[i]时，就分别求每一个子集的f[i]，最后综合每一个子集的f[i]，就是结果。划分集合的依据时：寻找最后一个不同点。
2、背包问题
2.1 01背包问题
01背包问题就是每件物品只能选0次或1次
朴素版本
01背包问题是一个有限集中求最值的问题，因为物品数量、背包容量都是有限的，这也就限制了方案数是有限的，方案数是2^N个。问题就是从2^N个方案中选择一个符合题意的解法。若是暴力解法，就是枚举所有方案，时间复杂度是O(2^N)。而使用DP就可以优化时间复杂度
状态表示
背包问题本质是一个选择问题，选择问题的状态表示都是很类似的。第一维是只考虑前i个物品，后几维一般是题目的限制。在这道题中状态表示可以使用f(i, j)。f(i, j)表示的集合是所有只考虑前i个物品，且总体积不超过j的选法的集合。f(i, j)的属性是集合中所有方案的价值的最大值。当f(i, j)全算完后，答案就是f(N, V)
状态计算
状态计算时我们需要划分f(i, j)表示的集合。划分的依据是找最后一个不同点。在这道题中，选最后一个物品的方法，有选和不选两种，所以将集合划分为所有不选第i个物品的方案和所有选择第i个物品的方案这两个子集。每个子集要么选了第i个物品，要么没选。所以是不重不漏的。f(i, j)的取值就是取左边和右边值较大的哪一个。
现在来看如何求出左右两个子集的最大值。左边的集合表示的是所有不选第i个物品的方案的集合，很明显就是f(i - 1, j)。右边的集合表示的是所有选择第i个物品的方案的集合，若我们固定选择第i个物品，我们可以将选法分成变与不变两个集合，不变的是第i个物品组成的集合，因为每次都会选择，变的是前i - 1个物品，且总体积不超过j - vi的选法组成的集合，因为这i - 1个物品可以自由选择，即f(i - 1, j - vi)。所以，右边是f(i - 1, j - vi) + wi
f(i, j) = max(f(i - 1, j), f(i - 1, j - vi) + wi)
注意：当j < vi时，右边集合是不存在的
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 1010;
int f[N][N], v[N], w[N], n, m;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> m;
for(int i = 1;i <= n;i ++) cin >> v[i] >> w[i];
for(int i = 1;i <= n;i ++)
for(int j = 0;j <= m;j ++)
{
f[i][j] = f[i - 1][j];
if(j >= v[i]) f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - v[i]] + w[i]);
}
cout << f[n][m] << endl;
return 0;
}代码中i、j的起始和结束看放在集合中是否有意义
优化版本
DP的优化和分析通常是分开的。DP的所有优化，都是对代码做的等价变形(与问题无关，只是对代码的实现进行了变形)，只需保证优化完与原先是等价的即可。
这一题我们没办法对时间进行优化，只能对空间进行优化。
我们通过观察上面代码的状态转移方程回发现，我们在计算f[i][j]时，永远只会用到二维数组的i - 1层，所以我们没必要使用一个二维数组来存储，只需使用一个一维数组即可。倘若我们将上面代码的第一维删掉，我们可以得到：
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 1010;
int f[N], v[N], w[N], n, m;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> m;
for(int i = 1;i <= n;i ++) cin >> v[i] >> w[i];
for(int i = 1;i <= n;i ++)
for(int j = 0;j <= m;j ++)
{
f[j] = f[j]; // f[i][j] = f[i - 1][j];
if(j >= v[i])
f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);
// f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - v[i]] + w[i]);
}
cout << f[n][m] << endl;
return 0;
}我们现在需要看一下，两断代码是否与原先是等价的。
(1)f[j] = f[j]与f[i][j] = f[i - 1][j]是否等价？
是等价的，在f[j] = f[j]中，我们算f[j]时，右边的f[j]是没有更新过的，也就是左边是第i层，右边是第i - 1层的，所以两者是等价的。并且因为f[j] = f[j]是恒成立的，所以这一步可以直接不要。
(2)下面两者是否等价？
对于max中的第一个参数并不需要管，因为只是与第二个参数作比较，看第二个参数即可。若j是从0到m递增遍历的，而j - v[i]一定小于j，此时的f[j - v[i]]是第i层的，与原先的代码不符合，为了让两者等价，需要让j从m到0递减遍历。这样才能保证f[j]是第i层时，f[j - v[i]]是i - 1层的。
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 1010;
int f[N], v[N], w[N], n, m;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> m;
for(int i = 1;i <= n;i ++) cin >> v[i] >> w[i];
for(int i = 1;i <= n;i ++)
for(int j = m;j >= 0;j --)
if(j >= v[i]) f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);
cout << f[m] << endl;
return 0;
}此时可将判断条件放到for中
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 1010;
int f[N], v[N], w[N], n, m;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> m;
for(int i = 1;i <= n;i ++) cin >> v[i] >> w[i];
for(int i = 1;i <= n;i ++)
for(int j = m;j >= v[i];j --)
f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);
cout << f[m] << endl;
return 0;
}还可以将v和w这两个数组优化掉，因为每次只会用到v[i]和w[i]
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 1010;
int f[N], v, w, n, m;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> m;
for(int i = 1;i <= n;i ++)
{
cin >> v >> w;
for(int j = m;j >= v;j --)
f[j] = max(f[j], f[j - v] + w);
}
cout << f[m] << endl;
return 0;
}注意：只有优化时才需要考虑j从前往后遍历还是从后往前遍历，二维数组时是不需要考虑这个的
2.2 完全背包问题
朴素版本
完全背包问题与01背包问题是类似的，只是01背包问题对于每一个物品只能选0次或1次，而完全背包问题，每一件物品都可以选无限次。
这里的状态表示与01背包问题是完全一样的，就不过多赘述了。不同点在于状态计算。在完全背包问题中，因为每个物品是可以选无限次的，所以不能以第i件物品选或不选来对集合进行划分，而是应该按第i件物品选几次来对区间进行划分。
(1)当第i件物品不选时，此时就是在i - 1件物品中选，并让体积<=j，f(i, j) = f(i - 1, j)
(2)当第i件物品选时，此时会分成第i个物品选几次，1，2，...，k，...，n
假设第i件最多选n次，为了不失一般性，我们看第i件物品选k次的情况，假设第i件物品的体积是v，价值是w。此时可以将选k次这个集合划分成两部分，前半部分是在前i - 1物品中选，并让体积
<=j- k*v，后半部分是k个i。所以f(i,j) = f(i - 1, j - k*v) + k*w
这里的k是从0到n的，所以
f(i,j) = max( f(i - 1, j), f(i - 1, j - v) + w, f(i - 1, j - 2*v) + 2*w),...,f(i - 1, j - k*v) + k*w),...
f(i - 1, j - n*v) + n*w) )
#include<iostream>
using namespace std;
const int N &
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