本文根據Hawstein的BLOG，加入了自己的一些代碼實現和理解。
概括：動態規劃算法通常基于一個遞推公式及一個或多個初始狀態。 當前子問題的解將由上一次子問題的解推出。使用動態規劃來解題只需要多項式時間復雜度， 因此它比回溯法、暴力法等要快許多。
現在讓我們通過一個例子來了解一下DP的基本原理。
動態規劃的基本思想：我們要找到某個狀態的最優解，然后在它的幫助下，找到下一個狀態的最優解。

例1：如果我們有面值為1元、3元和5元的硬幣若干枚，如何用最少的硬幣湊夠11元？

首先我們思考一個問題，如何用最少的硬幣湊夠i元(i<11)？為什么要這么問呢？ 兩個原因：
1.當我們遇到一個大問題時，總是習慣把問題的規模變小，這樣便于分析討論。
2.這個規模變小后的問題和原來的問題是同質的，除了規模變小，其它的都是一樣的， 本質上它還是同一個問題(規模變小后的問題其實是原問題的子問題)。

好了，讓我們從最小的i開始吧。當i=0，即我們需要多少個硬幣來湊夠0元。 由于1，3，5都大于0，即沒有比0小的幣值，因此湊夠0元我們最少需要0個硬幣。 (這個分析很傻是不是？別著急，這個思路有利于我們理清動態規劃究竟在做些什么。) 這時候我們發現用一個標記來表示這句“湊夠0元我們最少需要0個硬幣。”會比較方便， 如果一直用純文字來表述，不出一會兒你就會覺得很繞了。

那么， 我們用d(i)=j來表示湊夠i元最少需要j個硬幣。于是我們已經得到了d(0)=0， 表示湊夠0元最小需要0個硬幣。
當i=1時，只有面值為1元的硬幣可用， 因此我們拿起一個面值為1的硬幣，接下來只需要湊夠0元即可，而這個是已經知道答案的， 即d(0)=0。所以，d(1)=d(1-1)+1=d(0)+1=0+1=1。
當i=2時， 仍然只有面值為1的硬幣可用，于是我拿起一個面值為1的硬幣， 接下來我只需要再湊夠2-1=1元即可(記得要用最小的硬幣數量)，而這個答案也已經知道了。 所以d(2)=d(2-1)+1=d(1)+1=1+1=2。

一直到這里，你都可能會覺得，好無聊， 感覺像做小學生的題目似的。
因為我們一直都只能操作面值為1的硬幣！
耐心點， 讓我們看看i=3時的情況。

當i=3時，我們能用的硬幣就有兩種了：1元的和3元的( 5元的仍然沒用，因為你需要湊的數目是3元！5元太多了親)。 既然能用的硬幣有兩種，我就有兩種方案。如果我拿了一個1元的硬幣，我的目標就變為了： 湊夠3-1=2元需要的最少硬幣數量。即d(3)=d(3-1)+1=d(2)+1=2+1=3。 這個方案說的是，我拿3個1元的硬幣；第二種方案是我拿起一個3元的硬幣， 我的目標就變成：湊夠3-3=0元需要的最少硬幣數量。即d(3)=d(3-3)+1=d(0)+1=0+1=1. 這個方案說的是，我拿1個3元的硬幣。好了，這兩種方案哪種更優呢？ 記得我們可是要用最少的硬幣數量來湊夠3元的。所以， 選擇d(3)=1，怎么來的呢？具體是這樣得到的：d(3)=min{d(3-1)+1, d(3-3)+1}。
OK，碼了這么多字講具體的東西，讓我們來點抽象的。從以上的文字中， 我們要抽出動態規劃里非常重要的兩個概念：狀態和狀態轉移方程。
上文中d(i)表示湊夠i元需要的最少硬幣數量，我們將它定義為該問題的"狀態"， 這個狀態是怎么找出來的呢？我在另一篇文章 動態規劃之背包問題(一)中寫過： 根據子問題定義狀態。你找到子問題，狀態也就浮出水面了。 最終我們要求解的問題，可以用這個狀態來表示：d(11)，即湊夠11元最少需要多少個硬幣。 那狀態轉移方程是什么呢？既然我們用d(i)表示狀態，那么狀態轉移方程自然包含d(i)， 上文中包含狀態d(i)的方程是：d(3)=min{d(3-1)+1, d(3-3)+1}。沒錯， 它就是狀態轉移方程，描述狀態之間是如何轉移的。當然，我們要對它抽象一下，
d(i)=min{ d(i-vj)+1 }，其中i-vj>=0，vj表示第j個硬幣的面值;
有了狀態和狀態轉移方程，這個問題基本上也就解決了。

代碼(C++)：
int minCion(int sum) { int cion[3] = { 1,3,5 }; int *d = new int[sum+1]; int res; for (int i = 0; i <=sum; ++i) { d[i] = i; for (int j = 0; j < 3; ++j) { if ((cion[j] <= i) && ((d[i - cion[j]] + 1) < d[i])) { d[i] = d[i - cion[j]] + 1; } } } res = d[sum]; delete[]d; return res; } int main() { cout << minCion(11) << endl; return 0; }

初級

上面討論了一個非常簡單的例子。現在讓我們來看看對于更復雜的問題， 如何找到狀態之間的轉移方式(即找到狀態轉移方程)。 為此我們要引入一個新詞叫遞推關系來將狀態聯系起來(說的還是狀態轉移方程)
一個序列有N個數：A[1],A[2],…,A[N]，求出最長非降子序列的長度。 (講DP基本都會講到的一個問題LIS：longest increasing subsequence)

正如上面我們講的，面對這樣一個問題，我們首先要定義一個“狀態”來代表它的子問題， 并且找到它的解。注意，大部分情況下，某個狀態只與它前面出現的狀態有關， 而獨立于后面的狀態。

讓我們沿用“入門”一節里那道簡單題的思路來一步步找到“狀態”和“狀態轉移方程”。 假如我們考慮求A[1],A[2],…,A[i]的最長非降子序列的長度，其中i<N， 那么上面的問題變成了原問題的一個子問題(問題規模變小了，你可以讓i=1,2,3等來分析) 然后我們定義d(i)，表示前i個數中以A[i]結尾的最長非降子序列的長度。OK， 對照“入門”中的簡單題，你應該可以估計到這個d(i)就是我們要找的狀態。 如果我們把d(1)到d(N)都計算出來，那么最終我們要找的答案就是這里面最大的那個。 狀態找到了，下一步找出狀態轉移方程。

為了方便理解我們是如何找到狀態轉移方程的，我先把下面的例子提到前面來講。 如果我們要求的這N個數的序列是：

5，3，4，8，6，7

根據上面找到的狀態，我們可以得到：（下文的最長非降子序列都用LIS表示）

• 前1個數的LIS長度d(1)=1(序列：5)
• 前2個數的LIS長度d(2)=1(序列：3；3前面沒有比3小的)
• 前3個數的LIS長度d(3)=2(序列：3，4；4前面有個比它小的3，所以d(3)=d(2)+1)
• 前4個數的LIS長度d(4)=3(序列：3，4，8；8前面比它小的有3個數，所以 d(4)=max{d(1),d(2),d(3)}+1=3)

OK，分析到這，我覺得狀態轉移方程已經很明顯了，如果我們已經求出了d(1)到d(i-1)， 那么d(i)可以用下面的狀態轉移方程得到：

d(i) = max{1, d(j)+1},其中j<i,A[j]<=A[i]

用大白話解釋就是，想要求d(i)，就把i前面的各個子序列中， 最后一個數不大于A[i]的序列長度加1，然后取出最大的長度即為d(i)。 當然了，有可能i前面的各個子序列中最后一個數都大于A[i]，那么d(i)=1， 即它自身成為一個長度為1的子序列。

分析完了，上圖：(第二列表示前i個數中LIS的長度， 第三列表示，LIS中到達當前這個數的上一個數的下標，根據這個可以求出LIS序列)