有形如图所示的数塔，从顶部出发，在每一结点可以选择向左走或是向右走，一起走到底层，要求找出一条路径，使路径上的值最大。

要求输出最大和

接下来，我们来分析一下解题思路：

用二维数组来存放数字三角形

我们用D(r,j)来表示第r行第j个数字(r,j从1开始算)

我们用f(r,j)表示从D(r,j)到底边的各条路径中，最佳路径的数字之和。

因此，此题的最终问题就变成了求f(1,1)

D(r,j)出发，下一步只能走D(r+1,j)或者D(r+1,j+1)。故对于N行的三角形，我们可以写出如下的递归式：

if(r==N)                
    f(r,j)=D(r,j)  
else      
    f(r,j)=max{f(r+1,j),f(r+1,j+1)}+D(r,j) 

然而很明显递归不是正解 会超时。因为我们对同一点重复递归了多次，时间复杂度\(O(n^2)\)。

很容易想到记忆化递归。

#include <iostream>  
#include <algorithm> 
using namespace std;
#define MAX 101
int D[MAX][MAX],n,f[MAX][MAX];
int work(int i,int j){      
    if(f[i][j])
        return f[i][j];
    if(i==n)
        f[i][j]=D[i][j];
    else{
        int x=work(i+1,j);       
        int y=work(i+1,j+1);       
        f[i][j]=max(x,y)+D[i][j];     
    }     
    return f[i][j]; 
} 
int main(){    
    int i,j;    
    cin>>n;    
    for(i=1;i<=n;i++)   
        for(j=1;j<=i;j++) {       
            cin>>D[i][j];       
            f[i][j]=-1;   
        }    
    cout<<work(1,1)<<endl;
    return 0;
} 

AC撒花！

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另一种做法就是爆搜啦！

当然要用记忆化搜索。

这里不再赘述。

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我们并不能满足于这样的代码，因为递归总是需要使用大量堆栈上的空间，很容易造成栈溢出，我们现在就要考虑如何把递归转换为递推。

我们首先需要计算的是最后一行，因此可以把最后一行直接写出，如下图：

现在开始分析倒数第二行的每一个数，现分析数字2，2可以和最后一行4相加，也可以和最后一行的5相加，但是很显然和5相加要更大一点，结果为7，我们此时就可以将7保存起来，然后分析数字7，7可以和最后一行的5相加，也可以和最后一行的2相加，很显然和5相加更大，结果为12，因此我们将12保存起来。以此类推。我们可以得到下面这张图：

然后按同样的道理分析倒数第三行和倒数第四行，最后分析第一行，我们可以依次得到如下结果：

容易写出代码

#include<iostream>
using namespace std;
int n, d[100][100];
int main(){
    cin>>n;
    for(int i=1; i<=n; i++)
        for(int j=1; j<=i; j++)
            cin>>d[i][j];
    for(int i=n-1; i>0; i--)
        for(int j=1; j<=i; j++)
            d[i][j]=d[i][j]+max(d[i+1][j], d[i+1][j+1]);
    cout<<"max="<<d[1][1]<<endl;
    return 0;
}

我们仍然可以继续优化，而这个优化当然是对于空间进行优化，其实完全没必要用二维数组存储每一个f(r,j),只要从底层一行行向上递推，那么只要一维数组d[100]即可,即只要存储一行的值就可以。

一维数组优化：

#include<iostream>  
using namespace std; 
#define MAX 101  
int d[MAX][MAX],n,* f; 
int main(){    
    int i,j;    
    cin>>n;    
    for(i=1;i<=n;i++)   
        for(j=1;j<=i;j++)        
            cin>>d[i][j];
    f=d[n];//f是指针 等价于数组
    for(i=n-1;i>=1;i--)     
        for(j=1;j<=i;j++)       
            f[j]=max(f[j],f[j+1])+d[i][j];    
    cout<<f[1];
        return 0;
}

AC撒花！

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接下来，我们就进行一下总结：

递归到动规的一般转化方法

递归函数有n个参数，就定义一个n维的数组，数组的下标是递归函数参数的取值范围，数组元素的值是递归函数的返回值，这样就可以从边界值开始， 逐步填充数组，相当于计算递归函数值的逆过程。

动规解题的一般思路

1. 将原问题分解为子问题

把原问题分解为若干个子问题，子问题和原问题形式相同或类似，只不过规模变小了。子问题都解决，原问题即解决(数字三角形例）。
子问题的解一旦求出就会被保存，所以每个子问题只需求 解一次。
2.确定状态

在用动态规划解题时，我们往往将和子问题相关的各个变量的一组取值，称之为一个“状 态”。一个“状态”对应于一个或多个子问题， 所谓某个“状态”下的“值”，就是这个“状 态”所对应的子问题的解。
所有“状态”的集合，构成问题的“状态空间”。“状态空间”的大小，与用动态规划解决问题的时间复杂度直接相关。 在数字三角形的例子里，一共有N×(N+1)/2个数字，所以这个问题的状态空间里一共就有N×(N+1)/2个状态。
整个问题的时间复杂度是状态数目乘以计算每个状态所需时间。在数字三角形里每个“状态”只需要经过一次，且在每个状态上作计算所花的时间都是和N无关的常数。

3.确定一些初始状态（边界状态）的值

以“数字三角形”为例，初始状态就是底边数字，值就是底边数字值。

4. 确定状态转移方程

 定义出什么是“状态”，以及在该“状态”下的“值”后，就要找出不同的状态之间如何迁移――即如何从一个或多个“值”已知的 “状态”，求出另一个“状态”的“值”(递推型)。状态的迁移可以用递推公式表示，此递推公式也可被称作“状态转移方程”。

部分内容及图片来自教你彻底学会动态规划——入门篇

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