我們在解決動態規劃問題的時候，往往不會很輕松的寫出遞推方程。這時候我們需要考慮一下是否需要借鑒"多階段決策問題"。

https://www.cnblogs.com/woxiaosade/p/10346052.html

上面的這道“硬幣問題”的題目，如果將每一枚硬幣的數目改成1，那原先的遞推方程就很難寫出了，我們不知道何時拿硬幣，拿哪一枚硬幣。

如果我們將每一枚硬幣的標號，視作一個“階段”，每一個階段，單獨對一個硬幣進行分析，就只有兩種情況(拿 與 不拿)，再循環訪問其他硬幣，問題就很好解決。

下面給出兩個例子，希望可以對比之前較單一的dp問題。

單向TSP

問題描述：

　　給一個m行n列( m<=10 , n <= 100) 的整數矩陣，從第一列的任何位置出發，每次可以向右，右上，右下走一格，最終到達最後一列的任一行。要求經過的整數之和最小。

註意：

　　整個矩陣是環形的，第一行的上一行是最後一行，最後一行的上一行是第一行。多解時，請輸出字典序最小的解。

題目分析：

　　如果我們設d [ i ] 為第 i 列到最後一列的最小和，我們按照以往的經驗寫出遞推方程

　　顯然這個方程是錯誤的，我們不確定 min{ a[ i ][ j ] } 是否能達到 d [ i + 1 ] 的那一個 a [ i + 1] [ j ]。這個時候，我們要考慮將數組 d 擴大為二維。

　　這時候，d [ i ][ j ] 設為 從 格子 a[ i ][ j ] 出發到達最後一列的最小整數和。這個時候我們再嘗試一下寫遞推方程，

#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int m, n;
int a[15][105];
int next[15][105];
int d[15][105];
int first = 0, ans = inf ; 
 
int dp2(int i, int j){//遞歸 
    if(j == n){
        d[i][j] = a[i][j];
        return a[i][j];
    }
    if(d[i][j])
        return d[i][j];
    d[i][j] = inf;
    int rows[3] = {i, i - 1, i + 1};//行號 直行 右上 右下 
    if(i == 1)    rows[1] = m;
    if(i == m)    rows[2] = 1;
    for(int k = 0; k < 3; k++){
        if(dp2(rows[k], j+1) + a[i][j] < d[i][j]){
            d[i][j] = dp2(rows[k], j+1) + a[i][j];
            next[i][j] = rows[k];
        }
    }
    if(j == 0 && d[i][j] < ans){
        ans = d[i][j];
        first = i;
    }
    return d[i][j];
}

void dp1(){//循環 
    for(int i=n;i>0;i--){//逆推列 
        for(int j=1;j<=m;j++){//行 
            if(i==n)
                d[j][i] = a[j][i];
            else{
                d[j][i] = inf;
                int rows[3] = {j, j - 1, j + 1};//行號 直行 右上 右下 
                if(j == 1)    rows[1] = m;
                if(j == m)    rows[2] = 1;
                sort(rows,rows+3);//保證行號字典序最小 
                for(int k = 0; k<3;k++){
                    if(d[rows[k]][i+1] + a[j][i] < d[j][i]){
                        d[j][i] = d[rows[k]][i+1] + a[j][i];
                        next[j][i] = rows[k];
                    }
                } 
            }
            if(j == 0 && d[j][i] < ans){
                ans = d[j][i];
                first = j;
            }
        }
    }
}

int main(){
    scanf("%d %d", &m, &n);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            scanf("%d", &a[i][j]);     
    for(int i=1;i<=m;i++)
        dp2(i,1);    
    //dp2(1,5);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++)
            cout<<d[i][j]<<" ";
        cout<<endl;
    }
    return 0;
}

　　如果要輸出路徑，最好設一個next[ i ][ j ] 數組，來記錄 格子( i , j )下一行是哪一行。

0 - 1 背包問題

問題描述:

　　有n種物品，每種只有一個，第 i 種 物品的體積為V_i ，重量為 W_i。選一些物品裝到一個容量為C的背包，使得總體積不超C的情況下，重量盡量大。

問題分析:

　　模仿上題，將每一個物品看作一個“階段” ，設d [ i ][ j ] 為第 i 到第 n 個物品，裝入到容量為 j 的背包中的最大重量。

　　遞推公式: d[ i ][ j ] = max ( d( i + 1 , j) , d( i + 1 , j - V[ i ] ) + W[ i ]) （此物品選擇 不裝 與 裝）

附部分代碼(遞推略)

for(int i = n; i >= 1; i--){
    for(int j = 0; j <= c; j++){
        d[i][j] = (i == n ? 0 : d[i+1][j]);
        if(j >= V[i])
            d[i][j] = max(d[i][j], d[i+1][j - V[i]] + W[i]);
    }
}

參考文獻:

《算法競賽入門經典 (第2版)》劉佳汝 P270

多階段決策問題