摘花生
原题链接：https://www.acwing.com/problem/content/1017/
最后一步，有两种可能：
- 从上面走
- 从下面走
也就是max(dp[i-1][j],dp[i][j-1])，再加上最后一个位置的值。
#include"bits/stdc++.h"using namespace std;int dp[110][110];
int T, R, C;int main() {cin >> T;while (T--) {cin >> R >> C;for (int i = 1; i <= R; i++) {for (int j = 1; j <= C; j++) {cin >> dp[i][j];}}for (int i = 1; i <= R; i++) {for (int j = 1; j <= C; j++) {dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + dp[i][j];}}cout << dp[R][C] << endl;}return 0;
}最长上升子序列
原题链接：https://www.acwing.com/problem/content/897/
最后一步，有两种可能：
- 最后一个元素可以与之前的元素构成上升子序列，长度为已知长度+1
- 最后一个元素没有可组合的子序列，长度为1
最长上升子序列的结束位置未必是最后一个元素，因此需要遍历长度数组，选取最大值。
需要存储：
- 指向序列某个元素时，截至该元素的最长子序列长度
这可以通过创建一个与原序列等长的dp数组实现。
该数组中，与原序列，下标相同的元素，的值，就是原序列截止到该元素处，的最长上升子序列长度。
需要二层循环，平方复杂度：
- 外层循环，更新dp数组的第
i个元素。 - 更新到第
i个元素时，需要查找前i-1个元素。如果前i-1个元素中，某个元素的值，小于当前要更新的元素的值，那么就可以把当前元素接在这个元素后面。dp[i]的值就是dp[该元素的下标]+1。前i-1个元素可能存在多个小于当前元素的元素，取最大的构成最长子序列。
最后遍历长度数组，求最大值。
#include"bits/stdc++.h"using namespace std;int a[1010], f[1010];
int n;int main() {cin >> n;for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", a + i);for (int i = 1; i <= n; i++) {f[i] = 1;for (int j = 1; j < i; j++)if (a[j] < a[i]) {f[i] = max(f[i], f[j] + 1);}}int res = 0;for (int i = 1; i <= n; i++)res = max(res, f[i]);cout << res;return 0;
}地宫取宝
原题链接：https://www.acwing.com/problem/content/description/1214/
限制：
- 只能往下或往右走
- 递增地取
- 刚好取k个数
数据范围，很小，允许多层循环。意味着有多个维度。
f(i,j,k,c)四个维度分别表示：
i,j：坐标k：当前取多少个c：最后一件的价值，由于是递增地取，也就是当前取的最大值
取的条件，w[i,j]的值等于c。对，是等于，而不是大于。因为f(i,j,k,c)中的c指的是最后一件的值，也就是当前元素的值。
如果不选，就直接从上一步把状态k和c转移过来。
如果选了，那上一步就应该选了k-1个物品，而且最大值只能是[1,c-1]，把这些状态的方案数累加。
从集合的角度分析DP，本题可以描述为：
因为涉及四层循环，四重DP，所以比较费解。更详细的分析过程在代码下面。
#include"bits/stdc++.h"using namespace std;
const int MOD = 1000000007;
int w[55][55];
int dp[55][55][13][14];
int n, m, k;int main() {cin >> n >> m >> k;for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= m; j++) {scanf("%d", &w[i][j]);w[i][j]++;}}dp[1][1][1][w[1][1]] = 1;dp[1][1][0][0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= m; j++) {if (i == 1 && j == 1)continue;for (int u = 0; u <= k; u++) {for (int v = 0; v <= 13; v++) {int &val = dp[i][j][u][v];val = (val + dp[i - 1][j][u][v]) % MOD;val = (val + dp[i][j - 1][u][v]) % MOD;if (u > 0 && v == w[i][j]) {for (int c = 0; c < v; c++) {val = (val + dp[i - 1][j][u - 1][c]) % MOD;val = (val + dp[i][j - 1][u - 1][c]) % MOD;}}}}}}int res = 0;for (int i = 0; i <= 13; i++)res = (res + dp[n][m][k][i]) % MOD;cout << res;return 0;
}边界情况：第一个元素的选取状态。由于DP是集合划分，本题有四个维度，就要分别考虑四个维度的情况。
第一个元素，坐标为(1,1)，i和j都只能为1.
有选和不选两种状态，k表示当前已选取的元素个数，k有1和0两种状态。
c表示当前选取的最大值。如果选了，那么最大值就是w[i][j]，如果没选，那么是没有最大值的，需要自定义一个，数据范围是[0,12]，如果设置为0，由于后续判断的依据是“大于”而非“大于等于”，所以如果之后出现了0，那么将错过该位置。所有(1,1)的位置在未选取时应设置为-1或其他小于0的数。
而数组下标从0开始，那么需要添加一个偏移量1。偏移量所在的维度c应该整体偏移，因此代码中该维度的范围是[1,13]，并且在读入w[i][j]时，进行了++操作。
DP的状态计算，也就是集合划分，主要是参考最后一步。
最后有两种情况，选最后也就是当前元素、不选最后也就是当前元素。
如果不选，那么目前这种方案的k和c不变，与上一步相同，状态值可以从上一步转移过来。如果是从左边过来，那就是dp[i][j][u][v]+=dp[i - 1][j][u][v]。如果是从上面过来，那就是+=dp[i][j-1][u][v].在此省略了取模操作。
为什么要+=，而不是直接用=赋值？当前DP问题的解决方案是基于集合，集合有多种划分，目前的最后一步，有多种情况，把各种情况的方案数加起来，才是集合的值。
如果选，那么需要先判断是否符合可选的条件。k表示当前取多少个，在上面的代码中用的是u。如果值为0，那说明没有取值，当然也就没选取最后一个。DP其实还是在枚举，不过是聪明的枚举，考虑了利用部分条件。c在集合中，表示当前选取的最大元素，因为是递增选取，当确定要选择当前元素时，那么c的值应该当前元素的值。
为什么要判断c==w[i][j]？因为DP的过程还是在枚举，枚举四个维度的所有可能情况。当前枚举的情况未必是符合状态表示的。
如果确定了选取当前元素。那么i,j,k三个维度容易确定：
i和j根据从左边来还是从上边来。k表示元素个数，在选之前，是有k-1个元素，只能从k-1所在的维度中选取。c表示最大值，在选之前，最大值可能是1...c-1中的任何一种情况，枚举所有情况。
if (u > 0 && v == w[i][j]) {for (int c = 0; c < v; c++) {val = (val + dp[i - 1][j][u - 1][c]) % MOD;val = (val + dp[i][j - 1][u - 1][c]) % MOD;}
}
因为会多次修改dp[i][j][u][v]，所有创建了对该内存位置的引用&val，对val的修改会影响指向的内存数据。
每次运算都在取模，最多只能加两个数。如果加三个再取模，有可能超出范围报错。
参考
- https://www.acwing.com/solution/content/7116/
波动数列
原题链接：https://www.acwing.com/problem/content/1216/
第一项设为x，第二项设为x+d1，第二项设为x+d1+d2…
每一个d都只有两种取值：+a,-b
n项加起来的和是s：nx+(n-1)d1+(n-2)d2+...+dn-1=s
原序列所有不同的方案，是由变量决定的。
第一个变量是x：属于任意整数
之后的di：只有两种取值
由于x取法太多，没有限制。并且这是一个等式，可以去掉一个变量，用n-1个变量表示被去掉的那个。
- x = s − ( ( n − 1 ) d 1 + ( n − 2 ) d 2 + . . . + d n − 1 ) n x=\frac {s-((n-1)d_1+(n-2)d_2+...+d_{n-1})}{n} x=ns−((n−1)d1+(n−2)d2+...+dn−1)
由于是整数序列，x也是整数，所以 s − ( ( n − 1 ) d 1 + ( n − 2 ) d 2 + . . . + d n − 1 ) s-((n-1)d_1+(n-2)d_2+...+d_{n-1}) s−((n−1)d1+(n−2)d2+...+dn−1)应该是n的倍数。
等价于：
s与 ( n − 1 ) d 1 + ( n − 2 ) d 2 + . . . + d n − 1 (n-1)d_1+(n-2)d_2+...+d_{n-1} (n−1)d1+(n−2)d2+...+dn−1模n同余
而s可能是负数（数据范围有给），取模可能是负数。需要实现一个函数，求正余数。
如果最后一项选择+a，那么：
s与 ( n − 1 ) d 1 + ( n − 2 ) d 2 + . . . + 2 d n − 2 + a (n-1)d_1+(n-2)d_2+...+2d_{n-2}+a (n−1)d1+(n−2)d2+...+2dn−2+a模n同余。
系数，和，下标，的关系是：和等于n。在选择a时，a是最后一项，因此倒数第二项变成了 2 d n − 2 2d_{n-2} 2dn−2，而非之前出现的 d n − 1 d_{n-1} dn−1，此时a就是 d n − 1 d_{n-1} dn−1。
因为系数和下标发生了变动，为了便于理解，设前n-1项的和为C。
对于f[i][j]这个集合，从f[i-1][C%n]状态转移过来的时候，如果选择+a，那么第一个维度，含义是选择的个数，自然+1，也就是[i]。
第二个维度，就是(C+a)%n，等于j。
也就是说：j与C+a模n同余。
那么j-a与C模n同余。
状态转移时，第二个维度的含义是模n的余数。要求转移之前的值，也就是求C%n，那么就可以转换成求(j-a)%n。j-a可能是负数，求出来的是负余数，不在数组下标范围之内。需要求正余数。
也就得到这样一个式子：dp[i][j] = (dp[i - 1][get_mod(j - a, n)] + dp[i - 1][get_mod(j + b, n)]) % MOD;其中get_mod用于求正余数。
但这个状态转移方程是无法通过AC的。
因为上文中：
s与 ( n − 1 ) d 1 + ( n − 2 ) d 2 + . . . + d n − 1 (n-1)d_1+(n-2)d_2+...+d_{n-1} (n−1)d1+(n−2)d2+...+dn−1模n同余- 模
n的时候，右式有n项。
在从n-1转移到n时，第二维度值是 ( s − d n − 1 ) % n (s-d_{n-1})\%n (s−dn−1)%n
在从n-2转移到n-1时，第二维度值是 ( s − d n − 1 − 2 ∗ d n − 2 ) % n (s-d_{n-1}-2*d_{n-2})\%n (s−dn−1−2∗dn−2)%n
也就是说，di前面是有系数的。
这个状态转移方程：dp[i][j] = (dp[i - 1][get_mod(j - a, n)] + dp[i - 1][get_mod(j + b, n)]) % MOD;中{a,b}的系数是1只考虑了最后一步，也就是从n-1转移到n的情况。
在前n-1项状态转移时，应将系数考虑在内。带系数做减法，才能求出正确的正余数。
系数，与，下标，的和是n。因此有：
#include"bits/stdc++.h"using namespace std;
int n, s, a, b;
int dp[1010][1010];
int MOD = 100000007;int get_mod(int a, int b) {return (a % b + b) % b;
}int main() {cin >> n >> s >> a >> b;dp[0][0] = 1;for (int i = 1; i < n; i++) {for (int j = 0; j < n; j++) {dp[i][j] = (dp[i - 1][get_mod(j - (n - i) * a, n)] + dp[i - 1][get_mod(j + (n - i) * b, n)]) % MOD;}}cout << dp[n - 1][get_mod(s, n)];return 0;
}
