1、最长公共子序列、最长公共子串

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

dp[i][j]：dp[i][j]表示长度分别为i和j的序列X和序列Y构成的LCS的长度 dp[i][j] = 0，如果i=0 或 j=0 dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1，如果 X[i-1] = Y[i-1] dp[i][j] = max{ dp[i-1][j], dp[i][j-1] }，如果 X[i-1] != Y[i-1] LCS长度为 dp[Xlen][Ylen]

int dp[100][100];  // 存储LCS长度, 下标i,j表示序列X,Y长度 void LCS_dp(char * X, char * Y) {    int i, j;         int xlen = strlen(X);         int ylen = strlen(Y);           // dp[0-xlen][0] & dp[0][0-ylen] 都已初始化0         for(i = 1; i <= xlen; ++i)         {                for(j = 1; j <= ylen; ++j)             {                         if(X[i-1] == Y[j-1])             {                                 dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;                         }            else if(dp[i][j-1] > dp[i-1][j])                         {                                 dp[i][j] = dp[i][j-1];                         }            else                         {                dp[i][j] = dp[i-1][j];            }                 }         }         printf("len of LCS is: %d\n", dp[xlen][ylen]);     i = xlen;     j = ylen;     int k = dp[i][j];     char lcs[100] = {
    '\0'};     while(i && j)     {             if(X[i-1] == Y[j-1] && dp[i][j] == dp[i-1][j-1] + 1)             {                     lcs[--k] = X[i-1];                     --i; --j;             }        else if(X[i-1] != Y[j-1] && dp[i-1][j] > dp[i][j-1])             {                    --i;             }        else             {                     --j;             }     }     printf("%s\n",lcs);}

最长公共子串（Longest-Common-Substring，LCS）

dp[i][j]：表示X[0-i]与Y[0-j]的最长公共子串长度 dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1，如果 X[i] == Y[j] dp[i][j] = 0，如果 X[i] != Y[j] 初始化：i==0或者j==0，如果X[i] == Y[j]，dp[i][j] = 1；否则dp[i][j] = 0。

最长公共子串的长度为max(dp[i][j])。

// 最长公共子串 DPint dp[100][100];void LCS_dp(char * X, char * Y) {    int xlen = strlen(X);    int ylen = strlen(Y);    int maxlen = 0;    int maxindex = 0;         for(int i = 0; i < xlen; ++i)    {        for(int j = 0; j < ylen; ++j)        {            if(X[i] == Y[j])            {                if(i && j)                {                    dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;                }                if(i == 0 || j == 0)                {                    dp[i][j] = 1;                }                if(dp[i][j] > maxlen)                {                    maxlen = dp[i][j];                    maxindex = i + 1 - maxlen;                }            }        }    }    if(maxlen == 0)    {        printf("NULL LCS\n");        return;    }    printf("The len of LCS is %d\n",maxlen);    int i = maxindex;    while(maxlen--)    {        printf("%c",X[i++]);    }    printf("\n"); }

2、数组中最长递增子序列：如在序列1,-1,2,-3,4,-5,6,-7中，最长递增序列为1,2,4,6。

时间复杂度O(N^2)的算法： LIS[i]：表示数组前i个元素中（包括第i个），最长递增子序列的长度 LIS[i] = max{ 1, LIS[k]+1 }, 0 <= k < i, a[i]>a[k]

int LIS(int a[], int length){    int *LIS = new int[length];    for(int i = 0; i < length; ++i)    {        LIS[i] = 1; //初始化默认长度        for(int j = 0; j < i; ++j) //前面最长的序列            if(a[i] > a[j] && LIS[j]+1 > LIS[i])                LIS[i] = LIS[j]+1;      }    int max_lis = LIS[0];    for(int i = 1; i < length; ++i)        if(LIS[i] > max_lis)            max_lis = LIS[i];    return max_lis;  //取LIS的最大值}

时间复杂度O(NlogN)的算法： 辅助数组b[]，用k表示数组b[]目前的长度，算法完成后k的值即为LIS的长度。 初始化：b[0] = a[0]，k = 1 从前到后扫描数组a[]，对于当前的数a[i]，比较a[i]和b[k-1]： 如果a[i]>b[k-1]，即a[i]大于b[]最后一个元素，b[]的长度增加1，b[k++]=a[i]； 如果a[i]<b[k-1]，在b[1]...b[k]中二分查找第一个大于a[i]的数b[j]，修改b[j]=a[i]。 LIS的长度为k

//修改的二分搜索算法，若要查找的数w在长为len的数组b中存在则返回下标//若不存在，则返回b数组中的第一个大于w的那个元素的下标int BiSearch(int *b, int len, int w){    int left = 0, right = len-1;    int middle;    while(left <= right)    {        middle = (left+right)/2;        if(b[middle] > w)            right = middle - 1;        else if(b[middle] < w)            left = middle + 1;        else            return middle;    }    //返回b数组中的刚刚大于w的那个元素的下标    return (b[middle]>w) ? middle : middle+1;}int LIS(int *array, int n){    int *B = new int[n];    int len = 1;    B[0] = array[0];    for(int i=1; i
      
        B[len-1])        {            B[len] = array[i];            ++len;        }        else        {            int pos = BiSearch(B, len, array[i]);            B[pos] = array[i];        }    }    delete []B;    return len;}
      

3、计算字符串的相似度（编辑距离）

为了判断字符串的相似程度，定义了一套操作方法来把两个不相同的字符串变得相同，具体的操作方法为： 1.修改一个字符。2.增加一个字符。3.删除一个字符。

比如，对于“abcdefg”和“abcdef”两个字符串来说，可以通过增加/减少一个“g“的方式来达到目的。上面的两种方案，都仅需要一次操作。把这个操作所需要的次数定义为两个字符串的距离，给定任意两个字符串，写出一个算法来计算出它们的距离。

设 L(i,j)为使两个字符串和Ai和Bj相等的最小操作次数。 当ai==bj时 显然 L(i,j) = L(i-1,j-1) 当ai!=bj时 L(i,j) = min( L(i-1,j-1), L(i-1,j), L(i,j-1) ) + 1

int minValue(int a, int b, int c){    int t = a <= b ? a:b;    return t <= c ? t:c;}int calculateStringDistance(string strA, string strB){    int lenA = (int)strA.length()+1;    int lenB = (int)strB.length()+1;    int **c = new int*[lenA];    for(int i = 0; i < lenA; i++)        c[i] = new int[lenB];    for(int i = 0; i < lenA; i++) c[i][0] = i;    for(int j = 0; j < lenB; j++) c[0][j] = j;    c[0][0] = 0;    for(int i = 1; i < lenA; i++)    {        for(int j = 1; j < lenB; j++)        {            if(strB[j-1] == strA[i-1])                c[i][j] = c[i-1][j-1];            else                c[i][j] = minValue(c[i][j-1], c[i-1][j], c[i-1][j-1]) + 1;        }    }    int ret =  c[lenA-1][lenB-1];    for(int i = 0; i < lenA; i++)        delete [] c[i];    delete []c;    return ret;}

4、8*8的棋盘上面放着64个不同价值的礼物，每个小的棋盘上面放置一个礼物（礼物的价值大于0），一个人初始位置在棋盘的左上角，每次他只能向下或向右移动一步，并拿走对应棋盘上的礼物，结束位置在棋盘的右下角，请设计一个算法使其能够获得最大价值的礼物。

动态规划算法：   dp[i][j] 表示到棋盘位置（i，j）上可以得到的最大礼物值   dp[i][j] = max( dp[i][j-1] , dp[i-1][j] ) + value[i][j]  （0<i，j<n） 

int GetMaxValue(int **dp, int **value){    int i, j, n = 8;      dp[0][0] = value[0][0];      for(i = 1; i < n; i++)      {          dp[i][0] = dp[i-1][0] + value[i][0];      }      for(j = 1; j < n; j++)      {          dp[0][j] = dp[0][j-1] + value[0][j];      }      for(i = 1; i < n; i++)      {          for(j = 1; j < n; j++)          {              dp[i][j] = max(dp[i][j-1] , dp[i-1][j]) + value[i][j];          }      }      return dp[n-1][n-1];}

5、给定一个整数数组，求这个数组中子序列和最大的最短子序列，如数组a[]={1,2,2,-3,-5,5}子序列和最大为5，最短的为a[5]。

动态规划   sum[i] = max(sum[i-1]+a[i], a[i]) (sum[0]=a[0],1<=i<=n)  len[i] = max(len[i-1]+1, 0) (len[0]=0,1<=i<=n)

void max_sub(int a[], int size){    int *sum = new int[size];    int *len = new int[size];    int temp_sum = 0;    sum[0] = a[0];    len[0] = 0;    for(int i = 1; i < size; i++)    {        temp_sum = sum[i-1] + a[i];        if(temp_sum > a[i])        {            sum[i] = temp_sum;            len[i] = len[i-1]+1;        }        else        {            sum[i] = a[i];            len[i] = 0;        }    }    int index = 0;    for(int i = 1; i < size; i++)    {        if(sum[i] > sum[index])            index = i;        else if(sum[i] == sum[index] && len[i] < len[index])            index = i;    }    printf("Max sub sum is %d, from %d to %d",sum[index],index-len[index],index);    delete []sum;    delete []len;}

6、子数组的最大和

状态方程： Start[i] = max{A[i], Start[i-1]+A[i]} All[i] = max{Start[i], All[i-1]}

int MaxSum(int *A, int n){    int * All = new int[n];    int * Start = new int[n];    All[0] = Start[0] = A[0];    for(int i=1; i

因为Start[i-1]只在计算Start[i]时使用，而且All[i-1]也只在计算All[i]时使用，所以可以只用两个变量就够了，节省空间。

int MaxSum(int *A, int n){    int All = A[0];    int Start = A[0];    for(int i=1; i

7、在数组中，数字减去它右边的数字得到一个数对之差。求所有数对之差的最大值。例如在数组{2, 4, 1, 16, 7, 5, 11, 9}中，数对之差的最大值是11，是16减去5的结果。

思路：假设f[i]表示数组中前i+1个数的解，前i+1个数的最大值为m[i]。则状态转移方程： f[i] = max(f[i-1], m[i-1] - a[i]), m[i] = max(m[i-1],a[i])。问题的解为f[n-1]。

int MaxDiff_Solution1(int *pArray, int nLen)  {      if(pArray == NULL || nLen <= 1)          return 0;      int *f = new int[nLen];      int *m = new int[nLen];        f[0] = 0;          //1个数的情况       m[0] = pArray[0];      for(int i = 1; i < nLen; i++)      {          f[i] = max(f[i-1], m[i-1] - pArray[i]);          m[i] = max(m[i-1], pArray[i]);      }      return f[nLen - 1];  }

上述代码用了两个辅助数组，其实只需要两个变量，前i个数的情况只与前i-1个数的情况有关。在“子数组的最大和问题”中，也使用过类似的技术。

int MaxDiff_Solution2(int *pArray, int nLen)  {    if(pArray == NULL || nLen <= 1)          return 0;      int f = 0;      int m = pArray[0];      for(int i = 1; i < nLen; i++)      {          f = max(f, m - pArray[i]);          m = max(m, pArray[i]);      }      return f;  }

8、从一列数中筛除尽可能少的数使得从左往右看，这些数是从小到大再从大到小的。

双端 LIS 问题，用 DP 的思想可解，目标规划函数 max{ b[i] + c[i] - 1 }, 其中 b[i] 为从左到右，0--i 个数之间满足递增的数字个数；c[i] 为从右到左，n-1--i个数之间满足递增的数字个数。最后结果为 n-max 。

/* a[] holds the original numbersb[i] holds the number of increasing numbers from a[0] to a[i]c[i] holds the number of increasing numbers from a[n-1] to a[i]*/int double_lis(int a[], int n){    int *b = new int[n];    int *c = new int[n];    // update array b from left to right    for(int i = 0; i < n; ++i)    {        b[i] = 1;        for(int j = 0; j < i; ++j)            if(a[i] > a[j] && b[j]+1 > b[i])                b[i] = b[j] + 1;    }    // update array c from right to left    for (int i = n-1; i >= 0; --i)    {        c[i] = 1;        for(int j = n-1; j > i; --j)            if(a[i] > a[j] && c[j]+1 > c[i])                c[i] = c[j] + 1;    }    int max = 0;    for (int i = 0; i < n; ++i )    {        if (b[i]+c[i] > max)            max = b[i] + c[i];    }    max = max-1; //delete the repeated one    delete []b;    delete []c;    return n-max;}

9、从给定的N个正数中选取若干个数之和最接近M

解法：转换成01背包问题求解，从正整数中选取若干个数放在容量为M的背包中。

#include 
      
       const int MAX = 10010;int f[MAX];int g[MAX][MAX];int main(){    //从数组value中选中若干个数之和最接近V    int value[] = {
    2,9,5,7,4,11,10};    int V = 33;   //子集和    int N = sizeof(value)/sizeof(value[0]);    for(int i = 0; i <= V; ++i)  //初始化：没要求和一定是V    {        f[i] = 0;    }    for(int i = 0; i < N; ++i)    {        for(int v = V; v >= value[i]; --v)        {            if(f[v] < f[v-value[i]] + value[i] ) //选value[i]            {                f[v] = f[v-value[i]] + value[i];                g[i][v] = 1;            }            else         //不选value[i]            {                f[v] = f[v];                 g[i][v] = 0;            }        }    }    printf("%d\n",f[V]);    int i = N; //输出解    int v = V;    while(i-- > 0)    {        if(g[i][v] == 1)        {            printf("%d, ",value[i]);            v -= value[i];        }    }    printf("\n");    return 0;}
      

从给定的N个正数中选取若干个数之和为M

#include 
      
       #include 
       
        using namespace std;void find_seq(int sum, int index, int * value, list
        
          & seq){    if(sum <= 0 || index < 0) return;    if(sum == value[index])    {        printf("%d ", value[index]);        for(list
         
          ::iterator iter = seq.begin(); iter != seq.end(); ++iter)        {            printf("%d ", *iter);        }        printf("\n");    }    seq.push_back(value[index]);     find_seq(sum-value[index], index-1, value, seq); //放value[index]    seq.pop_back();    find_seq(sum, index-1, value, seq); //不放value[index]}int main(){    int M;    list
          
            seq;    int value[] = {
    2,9,5,7,4,11,10};    int N = sizeof(value)/sizeof(value[0]);    for(int i = 0; i < N; ++i)    {        printf("%d ",value[i]);    }    printf("\n");    scanf("%d", &M);    printf("可能的序列：\n");    find_seq(M, N-1, value, seq);    return 0;}
          
         
        
       
      

10、将一个较大的钱，不超过1000的人民币，兑换成数量不限的100、50、10、5、2、1的组合，请问共有多少种组合呢？

解法：01背包中的完全背包问题（即每个物品的数量无限制） dp[i][j]：表示大小为j的价值用最大为money[i]可表示的种类数

#define NUM 7int money[NUM] = {
    1, 2, 5, 10, 20, 50, 100};  // 动态规划解法(完全背包)   int NumOfCoins(int value)  {      int dp[7][1010];      for(int i = 0; i <= value; ++i)        dp[0][i] = 1;        for(int i = 1; i < NUM; ++i)    {        for(int j = 0; j <= value; ++j)          {            if(j >= money[i])                  dp[i][j] = dp[i][j-money[i]] + dp[i-1][j];              else                  dp[i][j] = dp[i-1][j];          }      }      return dp[6][value];}

11、捞鱼问题：20个桶，每个桶中有10条鱼，用网从每个桶中抓鱼，每次可以抓住的条数随机，每个桶只能抓一次，问一共抓到180条的排列有多少种。

分析：看看这个问题的对偶问题，抓取了180条鱼之后，20个桶中剩下了20条鱼，不同的抓取的方法就对应着这些鱼在20个桶中不同的分布，于是问题转化为将20条鱼分到20个桶中有多少中不同的分类方法（这个问题当然也等价于180条鱼分到20个桶中有多少种不同的方法）。

dp[i][j]：前i个桶放j条鱼的方法共分为11种情况：前i-1个桶放j-k（0<=k<=10）条鱼的方法总和。我们可以得到状态方程：f(i,j) = sum{ f(i-1,j-k), 0<=k<=10}

/*捞鱼：将20条鱼放在20个桶中，每个桶最多可以放10条，求得所有的排列方法/*自底向上DP f(i,j) = sum{ f(i-1,j-k), 0<=k<=10 }/*该方法中测试 20个桶 180条鱼，与递归速度做对比*/void CatchFish(){    int dp[21][200]; // 前i个桶放j条鱼的方法数    int bucketN = 20;    int fishN = 20;    memset(dp,0,sizeof(dp));    for(int i = 0; i <= 10; ++i)  // 初始化合法状态    {        dp[1][i] = 1;    }    for(int i = 2; i <= bucketN; ++i)  // 从第二个桶开始    {        for(int j = 0; j <= fishN; ++j)        {            for(int k = 0; k <= 10 && j-k >= 0; ++k)            {                dp[i][j] += dp[i-1][j-k];            }        }    }    printf("%d\n",dp[bucketN][fishN]);}

12、n个骰子的点数：把n个骰子扔在地上，所有骰子朝上一面的点数之和为S。输入n，打印出S的所有可能的出现的值。

F(k,n) 表示k个骰子点数和为n的种数，k表示骰子个数，n表示k个骰子的点数和 对于 k>0, k<=n<=6*k F(k,n) = F(k-1,n-6) + F(k-1,n-5) + F(k-1,n-4) + F(k-1,n-3) + F(k-1,n-2) + F(k-1,n-1)  对于 n<k or n>6*k F(k,n) = 0 当k=1时, F(1,1)=F(1,2)=F(1,3)=F(1,4)=F(1,5)=F(1,6)=1

void SumOfDices(){    int dp[21][6*20+1]; // k个骰子，和为n的种类数，不超过20个骰子    int number = 3;  // 骰子数    int face = 6;   // 面数，6面    memset(dp,0,sizeof(dp));    for(int i = 1; i <= 6; ++i)  // 初始化1个骰子的情况    {        dp[1][i] = 1;    }    for(int i = 2; i <= number; ++i)  // 从第二个骰子开始    {        for(int j = i; j <= face * i; ++j) // i个骰子的点数从i到i*6        {            for(int k = 1; k <= face && j-k >= 0; ++k)            {                dp[i][j] += dp[i-1][j-k];            }        }    }    for(int i = 0; i <= number * face; ++i)    {        printf("Sum = %d, Number is %d\n",i,dp[number][i]);    }}

13、给定三个字符串A，B，C；判断C能否由AB中的字符组成，同时这个组合后的字符顺序必须是A，B中原来的顺序，不能逆序；例如：A：mnl，B：xyz；如果C为mnxylz，就符合题意；如果C为mxnzly，就不符合题意，原因是z与y顺序不是B中顺序。

DP求解：定义dp[i][j]表示A中前i个字符与B中前j个字符是否能组成C中的前(i+j)个字符，如果能标记true，如果不能标记false； 有了这个定义，我们就可以找出状态转移方程了，初始状态dp[0][0] = 1： dp[i][j] = 1 如果 dp[i-1][j] == 1 && C[i+j-1] == A[i-1] dp[i][j] = 1 如果 dp[i][j-1] == 1 && C[i+j-1] == B[j-1]

#include 
      
       using namespace std;char A[201]; char B[201];char C[401];    int dp[201][201];   // dp[i][j] 表示A前i个字符与B前j个字符是否能构成C前i+j个字符int main() {    memset(dp,0,sizeof dp);     scanf("%s %s %s", A, B, C);     int lenA = strlen(A);     int lenB = strlen(B);    dp[0][0] = 1;           for(int i = 0; i <= lenA; ++i)     {        for(int j = 0; j <= lenB; ++j)         {            if(i > 0 && (dp[i-1][j] == 1) && (C[i+j-1] == A[i-1]))             {                 dp[i][j] = 1;            }            if(j > 0 && (dp[i][j-1] == 1) && (C[i+j-1] == B[j-1]))            {                 dp[i][j] = 1;             }         }    }    printf("%s\n",dp[lenA][lenB] ? "yes" : "no");    return 0; }
      

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