动态规划题型全解析：从背包到树形DP与优化-北京尧图网络

动态规划dp这个内容我在前面几讲把基础框架搭完之后很多同学还是会反馈同一个问题单独看每一道题都能听懂但自己拿到新题就发蒙不知道到底该用背包、区间、树形还是别的什么变体。所以这一讲我就把常见的 dp 类型集中串一遍当作一份“题型检索表”来用。每种类型我都会讲清楚它解决什么问题、状态怎么开、转移长什么样、有哪些容易踩的坑尽量用能直接抄的模板和实战经验说话。再说一句防止跑偏的话现在去网上搜“dp”出来的东西很杂分布部署里面有 --dp 参数显示器也有 DP 接口。咱们这里聊的 dp 永远只指动态规划dynamic programming后面不再重复解释。这篇文章适合已经会写一些简单递推、但还没形成系统题型意识的人也适合刷题刷到瓶颈、想回头整理一遍 dp 框架的人。建议你读的时候手边放一张草稿纸把每个案例的状态转移图自己画一遍光看不画是记不牢的。1. 动态规划底层逻辑先把“建模”这件事想明白很多人总以为 dp 的核心是状态转移方程其实不是。状态转移方程只是把建模结果写出来真正难的、也是决定成败的是如何把一个实际问题抽象成状态、阶段、决策三个要素。如果这一步错了后面代码写得再漂亮都是白搭。1.1 状态不是猜出来的而是用约束条件逼出来的拿到一个 dp 题我建议你先回答三个问题这个题目从前往后推进时哪几个关键信息会改变后续的选择这些关键信息的取值有多少种如果把这些关键信息组合起来当作一个“坐标”一组坐标就对应一个子问题。比如 01 背包最朴素的状态是dp[i][j]表示“考虑前 i 件物品背包容量还剩 j 时能获得的最大价值”。为什么会有这两维因为每件物品选或不选会影响剩余容量而剩余容量又影响后续物品能不能装所以物品编号和当前容量都是不可丢的信息。算法题里有一句话很到位状态里必须包含所有影响“未来决策”的信息。如果发现某一步转移之后之前做过什么会影响现在的结果那说明你丢掉了一个必要维度。还有一种常见误解是觉得状态开得越多越好。维度多确实信息全但复杂度也会跟着爆炸。所以建模时要在“必要信息”和“可计算规模”之间做取舍。我见过不少人拿到树形题动不动就开三维数组结果转移根本捋不清楚也见过有人为了省一维空间强行压缩状态最后把后效性也压进去了。个人经验是先开一个维度清晰、不担心超内存的状态去验证正确性跑通了再去优化空间别一上来就挑战最精简写法。1.2 KMP 算不算 dp先学会区分“递推”和“动态规划”有同学把热搜词里“kmp 算法属于动态规划吗”翻出来问我。这个问题挺有意思能看出你对 dp 本质有没有理解。KMP 的 next 数组确实是按某种顺序递推出来的也利用了之前匹配的信息但动态规划更强调的是“分阶段做最优决策”和“子问题最优解推导全局最优解”。KMP 的 next 数组更多是一种精心设计的递推匹配关系它没有“选 or 不选”“取最大/最小”这类决策过程所以竞赛圈里通常不把它归到动态规划。你可以说它带有 dp 的影子但不能把它当成典型的 dp 题去套模板。这个例子正好说明了一件事递推是 dp 的底层工具但不是所有递推都是 dp。动态规划建模时必须有一个明确的“决策”并且这个决策要让子问题从一个小规模状态推向更大规模状态。如果你看一道题只找到了递推关系却没找到状态里有什么可优化的目标函数那就要警惕它可能只是一道数学递推或模拟题硬套 dp 反而会把简单问题搞复杂。1.3 无后效性和最优子结构为什么是两条铁律dp 能被使用依赖两个前提无后效性和最优子结构。无后效性说的是当前状态一旦确定之后怎么发展就只跟当前状态有关不再关心以前是怎么走到这里来的。最优子结构说的是大问题的最优解能从子问题的最优解拼出来。很多初学者会把这两个概念背得滚瓜烂熟但实际做题时总是忘了验证。比如最长上升子序列如果你用dp[i]表示以第 i 个元素结尾的 LIS 长度那转移时只要看前面哪些元素值更小不需要知道那些更小元素的内部排列这就是无后效性。如果你反过来设计成dp[i]表示前 i 个元素的 LIS那转移就会非常别扭因为你不知道上一个接在后面的元素是谁。一个很实用的检查办法是在纸上把状态转移图里随机挑两个不同路径看它们能不能汇合到同一个状态汇合之后继续往下走的结果是不是也一样。如果两个不同历史到达同一个状态后未来选择不一样就说明状态里漏信息了后效性已经出现。处理办法通常不是去修改转移而是想办法把缺失的那个“记忆”加进状态里或者换一种扫描顺序让历史不再影响未来。2. 背包 DP从 01 背包到多重变体一次打通背包问题可能是 dp 里最庞大也最像“套路集合”的一类但它同时也是训练状态设计和滚动数组压缩的最佳入门题。很多看起来和背包八竿子打不着的题目最后都能化成背包模型所以把背包吃透后面能省不少事。2.1 01 背包为什么必须倒着枚举容量01 背包的状态是dp[i][j]表示前 i 件物品放入容量为 j 的背包能得到的最大价值常规转移是dp[i][j] max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - w[i]] v[i]);压缩掉第一维之后代码通常是for (int i 1; i n; i) { for (int j m; j w[i]; j--) { f[j] max(f[j], f[j - w[i]] v[i]); } }这里最核心的问题就是为什么内层容量要倒着枚举因为压缩后f[j]本质上表示上一轮“还没处理第 i 件物品”时的结果。如果正着枚举容量比如先更新了f[3]等枚举到f[5]时再去读f[3]读到的已经是本轮加入过第 i 件物品之后的状态了这就等于允许同一件物品连续放多次01 背包就悄悄退化成了完全背包。你可以用一个生活化的类比来记正序更新相当于一个购物车里同一件商品能反复扫码倒序更新才保证每件商品最多被拿一次。这个知识点看上去很简单但实际考场上很多人写着写着就把循环方向写反了。我的自查习惯是写完背包代码后立刻问自己一句“每件物品能拿几次”如果只能拿一次内层必倒序如果能拿无限次内层必正序。2.2 完全背包、多重背包和分组背包的异同完全背包跟 01 背包的唯一代码差别就是把内层循环改成正序因为每件物品可以选任意多次。这个改法看似微小但它背后的逻辑是正序枚举时f[j - w[i]]可能是已经包含当前物品的最优值正好实现了“可以再放一次”的效果。如果你愿意完全背包还能写成数学形式不过实战中直接正序滚动即可没必要绕远路。多重背包是每件物品最多选有限次。暴力做法是把每件物品拆成num[i]个 01 物品但数量大了会超时。标准优化是二进制拆分把数量c拆成若干个“打包物品”每个包由 1、2、4、8……件原物品组成最后剩余的单独成一包。比如数量 13拆成 1、2、4、6 四个包这四个包的不同组合能表示 0 到 13 的任意取件数。为什么最后一包是 6 不是 8因为 1248 已经等于 15超过 13所以要把 13-1-2-46 作为剩余项。这样能把一次多重背包降成 O(n log c) 个 01 背包处理。分组背包则是在容量约束之外还要求每组最多只能选一个物品。常见做法是把“组”作为外层阶段组内每个物品作为候选在容量循环里做 01 背包式转移只是不能同时选两个同组物品。做分组背包最容易错的地方在于必须先把组内所有物品都根据同一个旧状态更新完再进入下一组否则容易出现组内互相影响导致一组选了两个。2.3 把可变代价物品重新理解成“二维费用”和“依赖背包”当题目里出现“既要付出容量又要付出重量”时就变成二维费用背包常见写法是在原状态上再加一维比如dp[k][j]表示容量为 k、承重为 j 时的最大价值。如果其中一个费用维度特别大还要考虑逆序滚动或把某个费用改成价值再做转化。依赖背包最典型的例子是“主件与附件”问题比如必须买了主件才能买附件。这类题目通常先把同一主件下的所有附件选择方案枚举出来生成若干个分组选项再按分组背包处理。严格说树形结构更复杂的依赖关系就要用树形 dp 来合并子树这一块后面我会单独讲。总之背包问题的灵魂是“面对同一个资源怎么分配才最优”只要看出一道题本质是在做资源分配就可以试着往背包模型上靠。3. 区间 DP先想“最后一步合并”再想区间从哪里切开区间 dp 不像背包那样把“前 i 个”当阶段而是把“某个连续区间”作为状态。它处理的场景往往是一个序列或环上需要把左右两部分的答案合并起来而合并点会影响总代价。3.1 为什么区间 dp 的枚举顺序是“先长度后左端点”以经典的石子合并为例有 n 堆石子排成一排每次只能合并相邻两堆合并代价是两堆石子数之和问最终合并成一堆的最小总代价。如果设f[l][r]表示把第 l 堆到第 r 堆合并成一堆的最小代价那最后一步一定是某个 k 位置把左右两边各合并成一堆再合并这两个大堆所以转移是f[l][r] min(f[l][r], f[l][k] f[k 1][r] sum[r] - sum[l - 1]);这里的sum[r]-sum[l-1]是合并最后两堆那一下的代价也就是区间内所有石子的总数。要计算f[l][r]你必须保证所有更短的区间已经算出来了所以枚举顺序一定是以区间长度为外层循环从 2 开始逐渐增加到 n然后再枚举左端点 l由长度推出右端点r l len - 1。如果你用左端点作为外层循环很多状态会依赖还没计算出来的更长或更短的组合代码就会出错。还有一个小技巧有些区间 dp 的过程不好用递推方向想清楚可以干脆写记忆化搜索。在记忆化版本里dfs(l, r)递归处理天然只依赖更小区间正确性比手推三重循环更容易保证。递推代码跑得快搜索代码更不容易写错两者没有谁绝对更好关键是你会用哪个。3.2 环上问题复制一倍数组就解决了很多区间 dp 题目不是给你一排石子而是给你一个环。比如洛谷的环形石子合并每次合并哪两堆都可以。这时如果直接在环上枚举的话合并点没有固定起点状态会非常难写。通用的套路是把原数组复制一份接到自己后面形成长度 2n 的数组然后在这个线性数组上做普通区间 dp最后对所有长度为 n 的区间取答案。这个技巧的原理很简单环的切开位置一定对应原数组某个位置复制成 2n 长度之后每一种“从某个起点连续取 n 个元素”的选择都覆盖了环上所有情况。这样你不需要真的去切环只需要枚举长度为 n 的窗口就行。复杂度会多一个常数但对绝大多数题目完全能接受。3.3 几种看起来不像区间 dp 的题型区间 dp 不只是“合并石子”的形态。比较常见的是括号匹配给你一个括号序列问最少插入多少个括号能让它合法。这种题的状态也是f[l][r]转移会分成两类如果s[l]和s[r]能配对可以先考虑f[l1][r-1]此外还要枚举 k把区间拆成两段分别处理因为括号合法序列可能由多个并列合法片段组成。还有一种经典是凸多边形的最优三角剖分把凸 n 边形用不相交的对角线分成若干个三角形每个三角形有权值求最小总权值和。因为剖分总会有一条边把多边形切成两个子多边形所以状态和转移跟区间 dp 完全同构。判断一道题是不是区间 dp 其实有个很直觉的信号题目给的是一段连续序列或环并且你需要把区间分块、合并、配对、剖分最终答案要覆盖整个区间。只要看到“连续一段”和“切分合并点”同时出现就可以优先往区间 dp 方向想。4. 状态压缩 DP把集合状态塞进二进制有一类 dp 的“状态”不是一个数字而是一个集合。如果你真的把集合写进数组下标那计算机可没法处理dp[{1,3,5}]这种东西。但如果集合里的元素总数 n 不算大比如不超过 20就可以用二进制整数的每一位表示某个元素在不在集合里。这个手法叫状态压缩或者叫状压 dp。4.1 什么时候该想到用状压状压 dp 最典型的特征是某个决策会改变一个“使用过的元素集合”而且这个集合必须作为后续决策的依据。比如旅行商TSP问题给 n 个城市之间的距离从一个城市出发每个城市恰好经过一次最后回到出发点问最短路径。如果只记录“当前在哪个城市”——也就是一维状态——你会不知道哪些城市已经去过了可能重复经过必须把“已经访问过的城市集合”也记下来。所以需要状压的场景通常满足两个条件一是集合元素个数很小n 大约在 10 到 20 之间2 的 n 次方作为数组大小还能接受二是集合本身会参与转移不记录就产生后效性。如果 n 到 25 以上普通状压基本会超空间这时就得考虑 meet-in-the-middle 或别的模型了。4.2 从集合枚举到 TSP 的转移写法TSP 的状态通常设成dp[mask][u]表示当前已经访问过的城市集合是 mask最后一个到达的是城市 u当前已走的最短距离是多少。初始状态是dp[1][0] 0只有第 0 个城市已访问并且当前就在 0。转移时枚举下一个还没去过的城市 vmemset(dp, 0x3f, sizeof(dp)); dp[1][0] 0; for (int mask 1; mask (1 n); mask) { for (int u 0; u n; u) { if (!(mask (1 u))) continue; for (int v 0; v n; v) { if (mask (1 v)) continue; int nmask mask | (1 v); dp[nmask][v] min(dp[nmask][v], dp[mask][u] dis[u][v]); } } }最后从所有终点回到 0 取最小值也就是遍历dp[(1n)-1][u] dis[u][0]。这种写法的时间复杂度是 O(2^n * n^2)空间复杂度是 O(2^n * n)。实测下来 n16、17 很轻松n20 在多数竞赛题目里已经偏紧需要看具体时限。如果你发现 n 在 15 以下甚至可以不用那么刻意优化直接暴力跑。4.3 枚举集合子集时的复杂度陷阱状压还有一种常见操作是“从当前集合的子集转移”比如把一个大集合 S 拆成若干子集分别处理这时候写成for (int sub S; sub; sub (sub - 1) S) { dp[S] min(dp[S], dp[sub] dp[S ^ sub]); }这行代码能枚举 S 的所有非空真子集。很多人以为对所有 S 枚举一遍子集的复杂度是 O(2^n * 2^n) O(4^n)其实不对。因为真实数量是对每个子集 S 枚举它的子集总和是 3^n。你可以把每个元素看成这三种状态之一不属于 S、属于 S 但不属于 sub、属于 sub。所以只要 n 不大用这种思路是可行的但 n 一旦到 20 以上3^n 的增长会非常恐怖必须另找优化。状压题里的位运算技巧也很值得整理比如用x -x取最低位 1用__builtin_ctz获得第几位用(1 n) - 1表示全集。写代码时我习惯先把位运算的语义写在注释里比如“mask (1 u) 表示 u 在集合中”因为这类代码一旦出错调试起来比普通数组题难受很多。5. 树形 DP把普通 dp 搬到一个有父子关系的图上树形 dp 从代码层面看就是深度优先搜索后序遍历时做 dp但它的思维难点在于“孩子节点的返回值怎么合并成父节点的答案”。树这个结构天然适合分治因为子树之间互不干扰满足最优子结构的条件。5.1 最经典的“选与不选”模型入门题可以看“没有上司的舞会”公司的员工关系形成一棵树如果选了一个节点它的直接子节点就不能选每个节点有一个权值问能选出的最大权值和。设置dp[u][0]表示以 u 为根的子树中u 不参加舞会时的最大快乐值dp[u][1]表示 u 参加舞会时的最大快乐值。因为 u 不参加时子节点可参加也可不参加所以累加每个子节点的两种情况取最大值u 参加时子节点只能不参加void dfs(int u, int fa) { for (int v : g[u]) { if (v fa) continue; dfs(v, u); dp[u][0] max(dp[v][0], dp[v][1]); dp[u][1] dp[v][0]; } dp[u][1] val[u]; }这个模型衍生出的题目非常多树上最大独立集、树的最小点覆盖、监控摄像头问题等核心都是同一套“选 or 不选”状态。只要发现一个决策会影响相邻节点而且关系是树状就先往这个方向想。5.2 树形背包把子树当作一个可选组如果树上的每个节点也有“容量”或“个数”的限制就可能需要把子树当作物品组来做背包。经典的“选课”问题是这样的课程之间有先修关系必须先修了父课程才能学子课程每个课程有学分问最多选 m 门课能获得多少学分。设dp[u][j]表示在以 u 为根的子树中选了包含 u 在内一共 j 门课能获得的最大学分。处理每个孩子 v 时把 v 子树看作一组物品可以分配给它 1 门、2 门……但不能超过总预算。合并子树的代码框架是void dfs(int u) { dp[u][1] score[u]; sz[u] 1; for (int v : g[u]) { dfs(v); for (int j m; j 1; j--) { for (int k 1; j k m; k) { dp[u][j k] max(dp[u][j k], dp[u][j] dp[v][k]); } } sz[u] sz[v]; } }这里为什么 j 要倒序和背包里的滚动数组一个道理它保证合并多个子树时每个子树最多被使用一次。写这种题最容易踩的坑是忘记初始化因为选 u 必须先占用一个名额dp[u][1]必须提前赋值为 score[u]。如果你没有在进入孩子前初始化后面合并时转移永远从 0 开始结果会差出一个根节点的权值。5.3 换根 DP从“固定根”扩展到“每个点都当根”有些树形 dp 不是只求一个固定根的答案而是要求“以任意一个点为根时”的答案比如求树上每个节点到其他所有节点的距离和或者每个节点作为根时树的高度。如果对每个点都重新做一次 dfs复杂度达到 O(n^2)n 稍微大一点就超时。换根 dp 的思路是两次扫描。第一次任选一个根做自底向上的 dp得到以这个根为参考的答案和每个子树的贡献。第二次从根出发做自顶向下利用父节点已经算出的答案通过“贡献调整”推导子节点作为根的答案。这个调整很像“把一条边从父到子的方向翻转之后距离和怎么变化”子树内的点距离减 1子树外的点距离加 1所以答案变化量可以用子树大小求出。换根题最考验人的地方不是第一次 dfs而在于第二次维护“从父亲到儿子”的转移关系时必须想清楚哪些信息是来自整个树哪些只来自当前子树。6. 数字 DP把“很大范围内的计数”按位拆开数字 dp 解决的问题一般是统计区间 [L, R] 内有多少个整数满足某种条件比如不含某个数字、相邻两位差不小于某个值、二进制表示里没有连续的两个 1。这类题的数字范围往往到 10^18你不可能真正遍历每个数只能按“数位”来做 dp。6.1 为什么区间计数都可以转换成前缀差数字 dp 的通用入口是把“求 [L, R] 内满足条件的数量”变成solve(R) - solve(L - 1)其中solve(x)表示统计 [0, x] 内有多少个满足条件的数。前缀和的思路在数位 dp 里特别关键因为你只要写出一个能处理“上界 x”的函数区间两端的值就都解决了。接下来需要逐位填数字。每次填一个数位时要判断当前位能不能取某个数字取决于前面是否已经“贴着”上界。比如统计十进制数位时x 是 345高两位填了 3、4那第三位最大只能取 5如果前面已经填得比 x 小了后面每一位都可以随便填 0 到 9。这个“是否贴住上界”的条件在递归里通常用limit表示。6.2 记忆化搜索是最好写的数字 DP 模板我强烈推荐用记忆化搜索来实现数位 dp而不是硬写三重循环。因为递归函数的语义清晰要加几个限制条件都很自然。这里给出一个二进制例子统计 [0, n] 中二进制表示没有连续两个 1 的数的个数。#include bits/stdc.h using namespace std; int bit[40]; long long memo[40][2]; long long dfs(int pos, int last, bool limit) { if (pos 0) return 1; if (!limit memo[pos][last] ! -1) return memo[pos][last]; int up limit ? bit[pos] : 1; long long ans 0; for (int d 0; d up; d) { if (last d) continue; // 不能出现连续两个1 ans dfs(pos - 1, d, limit (d up)); } if (!limit) memo[pos][last] ans; return ans; } long long solve(int n) { int len 0; while (n 0) { bit[len] n 1; n 1; } if (len 0) bit[len] 0; memset(memo, -1, sizeof(memo)); return dfs(len - 1, 0, true); }为什么记忆化只在!limit时存储因为当limit true时当前搜索被上界绑定了它只对应一条具体的前缀路径不能代表其他状态而limit false时无论当前前缀是什么后面可选的数位范围都一样所以可以统一缓存。6.3 前导零和边界条件是两个大坑数字 dp 写的代码看起来短但出错率极高最常见的坑是前导零。比如统计十进制数里数字 0 出现的次数你不能把数字 100 中高位的“空”也算成 0否则会多出很多计数。处理办法是在 dfs 里多加一个lead参数表示当前是否还在填前导零。当lead true且当前位填 0 时数字仍然没有真正开始因此既不影响状态的特殊条件也不能把它计为一次数字出现。边界条件方面solve(0)到底返回 1 还是 0取决于题目是否把 0 当作合法数。如果你统计的是“自然数中满足条件的数”通常 0 也算那solve(0)返回 1但你做区间减法时solve(L - 1)当 L0 时需要特别小心别让下标变成负数。另一个容易忘的点是数组长度while (n 0)会把 n 的二进制位存成从低位到高位高位不足时需要补 0不要漏掉最高位导致把 n 的最高位截掉。7. DP 优化从 O(n²) 往 O(n log n) 走的几个典型方法dp 题做到一定量以后你会发现很多题的状态设计和决策已经很清晰但复杂度卡在 O(n²) 甚至 O(n³) 过不了。此时就要上优化而优化的核心从来不是花哨技巧而是“复用已经算过的中间结果”。7.1 先判断复杂度瓶颈在哪一层拿到一个复杂度过高的 dp 题先不要急着背优化模板。你要把复杂度拆成“状态数”和“每个状态的转移复杂度”两部分。如果状态数本身是 O(n²)那通常没法再压缩这时候优化方向是让每次转移从 O(n) 变成 O(log n) 或 O(1)。如果状态数是 O(n)转移是 O(n)那就是经典的 1D/1D 动态规划可以想办法用数据结构、单调队列或凸包维护候选值。我见过太多人一看到题目就想套“斜率优化”却没先搞清楚自己的开销来自哪里。比如区间 dp 的 O(n³) 复杂度如果合并代价满足四边形不等式可以用决策单调性优化到 O(n²)但这跟斜率优化完全是两码事。先分析瓶颈是第几步比急着写一个看似高级的优化重要得多。7.2 决策单调性与分治 dp 优化有一类 dp 转移长这样dp[k][j] min(dp[k-1][p] w(p1, j))其中p jw 是某种区间代价函数。这类问题在做第 k 层时如果第 k-1 层的值已经算完且 w 满足一定条件那么最优决策点会随着 j 的增大单调不降也就是决策单调性。判断一个代价函数是否满足四边形不等式并不容易但竞赛里常用“打表验证”来试探。你先用朴素 dp 跑小数据记录每个 j 的最优 p如果 p 的序列单调不减就可以考虑分治优化。实现思路是用递归处理当前需要计算的 j 区间[l,r]同时传入可能的决策点范围[optL, optR]。对中间的 mid暴力枚举它可能的决策点找到最优位置 pos然后递归算左边、右边并把决策点范围压成一半。核心伪代码如下void solve(int l, int r, int optL, int optR) { if (l r) return; int mid (l r) 1; long long bestVal INF; int bestPos optL; for (int p optL; p min(optR, mid - 1); p) { long long val dpPrev[p] cost(p 1, mid); if (val bestVal) { bestVal val; bestPos p; } } dpNow[mid] bestVal; solve(l, mid - 1, optL, bestPos); solve(mid 1, r, bestPos, optR); }这里的核心好处是每次递归把区间一分为二而每一层里所有枚举的 p 加起来不会跨过整个 opt 范围太多整体复杂度从 O(n²) 降到 O(n log n)。需要注意这个优化只在“外层阶段固定内层 j 之间相互独立”时好用如果你每个 dp 值还依赖同一层的其他 dp 值那分治顺序就要重新设计。7.3 单调队列优化和斜率优化什么时候用单调队列优化解决的是另一类问题状态转移里的候选 j 在一个滑动窗口内移动并且窗口边界随 i 单调增加。最典型的例子是“从前面一段连续区间里取最大值来更新当前值”。这时你可以用一个双端队列维护候选值保证队头是最优的同时把过期选项从队头弹出。斜率优化则用于把转移方程改写成直线求最值的形式比如dp[i] min(dp[j] (sum[i] - sum[j])^2 C)这类带平方项的式子展开后变成若干条斜率和

动态规划题型全解析：从背包到树形DP与优化

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