一，开心的金明
题目链接：P1060 [NOIP 2006 普及组] 开心的金明 - 洛谷
本题是一道经典的01背包问题，状态表示和状态定义可以仿照01背包的来。
01背包传送门：【背包问题 】01背包_01背包算法题链接-CSDN博客
dp[i][j]表示从前i个物品中选，总价值不超过n，并且使得每件物品的价格与重要度的乘积的总和最大。
【代码】
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 3e4 + 4;
//背包dp
//总钱数，物品个数
int n, m;
int v[30];//每个物品的价格
int p[30];//每个物品的重要度
int dp[30][N];//前i个物品中选，总价值不超过j，使得每件物品的价格与重要度的乘积总和最大
int main()
{
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= m; i++)
cin >> v[i] >> p[i];
for(int i=1;i<=m;i++)
for (int j = 1; j <= n; j++)
{
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
if (j >= v[i])
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j-v[i]] + v[i] * p[i]);
}
cout << dp[m][n] << endl;
return 0;
}二，金明的预算方案
题目链接：P1064 [NOIP 2006 提高组] 金明的预算方案 - 洛谷
本题在上题的基础上，增加了一个限制，选择一个物品，这个物品可能是某个物品的附属品，在选该物品时，必须先买主件。且每个主件最多包含两个附件。
对于每个物品，分为主件和附件两类。且每个主件最多包含两个附件。所以，对于每个物品，会有5种状态：
- 什么都不买
- 只买主件
- 可以买一个主件和第一个附件
- 可以买一个主件和第二个附件
- 可以买一个主件，第一个附件和第二个附件
然后继续按照背包问题的思路求最大值即可。
思考问题的时候，从主件的位置思考，考虑是否能够买它的附件。题目中说是购买附件时，必须先购买主件，容易让我们从附件的位置考虑问题。
数据处理：
v[i][j]：表示第i个物品的第j个附件的价格
p[i][j]：表示第i个物品的第i个附件的重要度
如果j=0，代表该物品就是主件。
初始化：
int _v,_p,_q;//价格，重要度，附件
如果该物品是主件，也就是p=0，v[i][0]=_v，p[i][0]=_q；
如果该物品是附件，也就是p!=0，那么该物品可能是某个物品的第一个附件，也可能是第二个附件。需要判断：
- 如果v[_q][1]==0，说明主件的第一个附件为空，那么该物品是第一个主件,v[_q][1]=_v，p[_q][2]=_p。
- 如果第一个附件有物品，那么该物品就是第二个附件，v[_q][2]=_v,p[_q][2]=_p。
状态表示：
dp[i][j]：表示从前i个元素中选，总价格不超过j，并且使每件物品的价格和重要度的乘积的总和最大。
状态转移方程的推导：
【代码】
//金明的预算方案-洛谷100
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int MaxN = 32000;
//价格和重要度
//第i个物品的第j个附件的价格和重要度
int v[65][3], p[65][3];
int dp[65][MaxN];
//金钱数，物品个数
int n, m;
int main()
{
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
int _v, _p,_q;
cin >> _v >> _p >> _q;
if (_q == 0)//该物品是主件
{
v[i][0] = _v;
p[i][0] = _p;
}
else //该物品是附件，判断是哪一个物品的第几个附件
{
if (v[_q][1] == 0) //是第一个主件
{
v[_q][1] = _v;
p[_q][1] = _p;
}
else//是第二个附件
{
v[_q][2] = _v;
p[_q][2] = _p;
}
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)
for (int j = 0; j <= n; j++)
{
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
//够买主件
if (j >= v[i][0])
dp[i][j] = max(dp[i][j],
dp[i - 1][j - v[i][0]] + v[i][0] * p[i][0]);
//购买主件和第一个附件
if (j >= v[i][0] + v[i][1])
dp[i][j] = max(dp[i][j],
dp[i - 1][j - v[i][0] - v[i][1]] + v[i][0] * p[i][0] + v[i][1] * p[i][1]);
//购买主键和第二个附件
if (j >= v[i][0] + v[i][2])
dp[i][j] = max(dp[i][j],
dp[i - 1][j - v[i][0] - v[i][2]] + v[i][0] * p[i][0] + v[i][2] * p[i][2]);
//购买主件，第一个附件和第二个附件
if (j >= v[i][0] + v[i][1] + v[i][2])
dp[i][j] = max(dp[i][j],
dp[i - 1][j - v[i][0] - v[i][1] - v[i][2] ]+
v[i][0] * p[i][0] + v[i][1] * p[i][1] + v[i][2] * p[i][2]);
}
cout << dp[m][n] << endl;
return 0;
}可以发现，上面的代码dp表达式太长，而且大多数求解的过程都类似。
所以可以通过定义一个函数来解决。同时可以利用滚动数组进行空间优化：
滚动数组传送门： 【背包问题 】01背包_牛客背包问题-CSDN博客
优化后的代码：
//简化dp代码部分
//空间优化：使用滚动数组优化
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int MaxN = 32000;
//价格和重要度
//第i个物品的第j个附件的价格和重要度
int v[65][3], p[65][3];
int dp[MaxN];
//金钱数，物品个数
int n, m;
int main()
{
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
int _v, _p, _q;
cin >> _v >> _p >> _q;
if (_q == 0)//该物品是主件
{
v[i][0] = _v;
p[i][0] = _p;
}
else //该物品是附件，判断是哪一个物品的第几个附件
{
if (v[_q][1] == 0) //是第一个主件
{
v[_q][1] = _v;
p[_q][1] = _p;
}
else//是第二个附件
{
v[_q][2] = _v;
p[_q][2] = _p;
}
}
}
for (int i = 1; i <= m; i++)
for (int j = n; j >=0; j--)
{
auto cost2 = [i](int x, int y) {return v[i][x] + v[i][y]; };
auto cost3 = [i](int x, int y,int z) {return v[i][x] + v[i][y]+v[i][z]; };
auto rpp = [i](int x) {return v[i][x] * p[i][x]; };
//够买主件
if (j >= v[i][0])
dp[j] = max(dp[j],
dp[j - v[i][0]] + rpp(0));
//购买主件和第一个附件
if (j >= cost2(0,1))
dp[j] = max(dp[j],
dp[j - cost2(0,1)] + rpp(0) + rpp(1));
//购买主键和第二个附件
if (j >= cost2(0,2))
dp[i] = max(dp[j],
dp[j - cost2(0,2)] + rpp(0) + rpp(2));
//购买主件，第一个附件和第二个附件
if (j >= cost3(0,1,2))
dp[j] = max(dp[j],
dp[j - cost3(0,1,2)] +
rpp(0) + rpp(1) + rpp(2));
}
cout << dp[n] << endl;
return 0;
}三，mari和shiny
题目链接：mari和shiny
本题要求，求出一个字符串的所有子序列中，有多少个是shy？？？
【动态规划】
首先定义状态表示：（大思路还是以某个位置为结尾，分析状态）
s[i]：表示下标 0-i的子串中 ，包含多少个子序列"s"。
h[i]：表示下标0-i的子串中，包含多少个子序列"sh"。
y[i]：表示下标0-i的子串中，包含多少个子序列"shy"。
状态转移方程的推导：
s[i]：对于第i个位置，有两种状态。
1，如果s[i]==‘s'，那么0-i子串中子序列's'的个数，就是0-i-1子串中子序列 s的个数，再加1，即s[i-1]+1。
2，如果s[i]!='s'，那么0-i子串中子序列’s'的个数，就是0-i-1子串中子序列s的个数，即s[i-1]。
h[i]：对于第i个位置，有两种状态。
1，如果h[i]==‘h'，那么0-i子串中子序列'sh'的个数，就是0-i-1子串中子序列 sh的个数h[i-1]，再加上0-i-1子串中s的个数s[i-1]，因为s和h可以组合成sh，即s[i-1]+h[i-1]。
2，如果s[i]!='h'，那么0-i子串中子序列’sh'的个数，就是0-i-1子串中子序列sh的个数，即h[i-1]。
y[i]：对于第i个位置，有两种状态。
1，如果y[i]==‘y'，那么0-i子串中子序列'shy'的个数，就是0-i-1子串中 子序列shy的个数y[i-1]，再加0-i-1子串中子序列sh的个数h[i-1]，即h[i-1]+y[i-1]。
2，如果y[i]!='y'，那么0-i子串中子序列’shy'的个数，就是0-i-1子串中shy的个数，即h[i-1]。
【代码】
#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;
const int N=3e5+10;
long long s[N],h[N],y[N];
int n=0;
int main()
{
cin>>n;
string str;
cin>>str;
s[0]=str[0]=='s'?1:0;
h[0]=y[0]=0;
for(int i=1;i<n;i++)
{
s[i]=str[i]=='s'?s[i-1]+1:s[i-1];
h[i]=str[i]=='h'?s[i-1]+h[i-1]:h[i-1];
y[i]=str[i]=='y'?h[i-1]+y[i-1]:y[i-1];
}
cout<<y[n-1]<<endl;
return 0;
}空间优化版本：
每次填表的时候，都只会用到上一个值。即求s[i]，只会与s[i-1]有关。所以可以使用3个变量来代替三个dp表。
#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;
const int N=3e5+10;
long long s,h,y;
int n=0;
int main()
{
cin>>n;
string str;
cin>>str;
s=str[0]=='s'?1:0;
h=y=0;
for(int i=1;i<n;i++)
{
if(str[i]=='s')
s++;
if(str[i]=='h')
h+=s;
if(str[i]=='y')
y+=h;
}
cout<<y<<endl;
return 0;
}