動態規劃的核心是狀態和狀態轉移方程。

問題描述與狀態定義

動態規劃的典型問題是數字三角形問題，如上圖的圖1所示，有一個非負整陣列成的三角形，第一行只有一個數，除了最下行之外每個數的左下方和右下方各有一個數，從第一行的數開始，每次可以往左下或者右下走一格，知道走到最下行，把沿途經過的數全部加起來，如何走才能使得這個和儘量大。

分析

• 解決這個問題的時候，每次有兩種選擇：左下或者右上。如果用回溯法求出所有可能的路線，就可以從中選出最優的路線。但是和往常一樣，回溯法的效率太低：一個n層數字三角形的完整路線有2^(n-1)條，當n很大時回溯法的速度將變得很慢。
• 為了得到高效的演算法，需要抽象的方法思考問題：把當前得位置(i,j)看成是一個狀態，然後定義狀態(i,j)的指標函式d(i,j)為從格子(i,j)出發時能得到的最大和，a(i,j)為格子本身的值。
• 從格子(i,j)出發有兩種決策，如果往左走，則走到(i+1,j)後需要求“從(i+1,j)出發後能得到的最大和”這一問題，即d(i+1,j)，類似的，往右走之後需要求解d(i+1,j+1)。總結為下面的狀態轉移方程： d(i,j)=a(i,j)+max{d(i+1,j),d(i+1,j+1)}

方法                  

   1.遞迴計算

int solve(int i,int j){
    return a[i][j]+(i==n?0:max(solve(i+1,j),solve(i+1,j+1)))
}

• 這樣做是正確的，但是時間效率太低了，其原因在於重複計算，如圖2中solve(1,1)對應的呼叫關係，solve(3,2)被計算了2次。

int i,j;
for(int j=1;j<=n;j++)
    d[n][j]=a[n][j];
for(int i=n-1;i>=1;i--){
    for(int j=1;j<=i;j++){
        d[i][j]=a[i][j]+max(d[i+1][j],d[i+1][j+1])
    }
}

• 程式的時間複雜度是O(n^2)，這樣計算的原因在於i是逆序列舉的，因此計算d[i][j]前，它所需要的d[i+1][j]和d[i+1][j+1]一定已經計算出來了。
• 在多數情況下，遞推的時間複雜度是：狀態的總數X每個狀態的決策個數X決策時間。

• 程式分為兩部分：第一部分把d全部初始化為-1。

memset(d,-1,sizeof(d))

• 然後編寫遞迴函式。

int solve(int i,int j){
    if(d[i][j]>=0)
        return d[i][j];
    return d[i][j]=a[i][j]+(1==n?0:max(solve(i+1,j),solve(i+1,j+1)));
}

• 上述程式依然是遞迴的，但是同時也把計算結果儲存在陣列d中。題目中說各個數都是非負數，因此如果已經計算過某個d[i][j],則它應該是非負的，這樣通過判斷d[i][j]是否大於等於0來得知它是否被計算過。時間複雜度是O(n^2)。

• 上述的方法稱為記憶化，如圖2所示，它雖然不像遞推法那樣顯式的指明瞭計算順序，但仍然可以保證每個節點只訪問一次。