我觉得动态规划主要有两点：

1. 当前这个点要与不要
2. 由小推向大（也就是所谓子问题），以空间换时间。

01背包

例：有5个物品，w = [2,2,6,5,4]，v = [6,3,5,4,6]，背包的容量为10。

1. 一个物品一个物品的慢慢放
2. 拿到一个物品到底是放还是不放

当前物品不放，则价值为上一次放的情况；如果放了，则价值为把前i-1个物品放入（当前容量-这个物品容量）的价值加当前物品的价值。显然，谁大要谁。

| | 0|1 | 2 | 3 | 4|5 | 6 |7 | 8 | 9 |10
|–|–|–|–|–|–|–|–|–|–|–|–|–|–|–|–|
|0 |0 |0 |0 | 0 | 0 | 0 |0 | 0 | 0 | 0 |0 |
| 1 | 0 | 0 |6 |6 | 6 | 6 |6 | 6 | 6 | 6 |6 |
| 2 | 0 |0 | ？ | | | | | | | | | | | | | | | | |
| 3 | 0 | 0 | | | | | | | | | | | | | | | | | |
| 4 | 0 | 0 | | | | | | | | | | | | | | | | | |
| 5 | 0 | 0 | | | | | | | | | | | | | | | | | |

初始化：i个物品装入容量0的背包中，价值肯定0；0个物品放入容量j的背包，价值也是0 。
dp[1][?]处放第一个物品，放不下，价值是放0物品时得0；放进去价值是6；
dp[2][?]处放第二个物品，放不下，价值和上一行的一样；？处放得下，放，价值为前（2-1）个物品放入（2-2）容量中，得，0+3 = 3；不放，就是上一次的6,；所以？处不放新物品。
以此类推。。。
最后放到第5个物品，便能得到最大价值。

  /**
 * @param c : 表示背包容量
 * @param n : 表示商品个数
 * @param w : 表示商品重量
 * @param p : 表示商品价值
 *
 */
public static int KnapSack(int c,int n,int w[],int p[]){
    //c[i][m] 表示前i件物品放入容量为m的背包时的最大价值
    int[][] dp = new int[n+1][c+1];

    for(int i=0;i<n+1;i++){
        dp[i][0] = 0;
    }
    for(int j=0;j<c+1;j++){
        dp[0][j] = 0;
    }
    for(int i=1;i<n+1;i++){
        for(int j=1;j<c+1;j++){
            if(w[i-1] <= j){   //放得下，谁大要谁
                dp[i][j] = Math.max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w[i-1]]+p[i-1]);

            }else{  //放不下，就是上一次的情况
                dp[i][j] = dp[i-1][j];
            }
        }
    }
    return dp[n][c];
}

最长公共子序列

例：给定两个字符串 “abcbdb”和 “acbbabdbb”，返回这两个字符串的最长公共子序列的长度。
1. 从字符串开头慢慢比
2. 当前字符相等了，公共长度则为上一次的加1；不等了，要么不要字符1要么不要字符2，显然，谁的结果长要谁。

| | |”” |a | c | b | b|a | b |d | b| b |
|–|–|–|–|–|–|–|–|–|–|–|–|–|–|
| | |0|1 | 2 | 3 | 4|5 | 6 |7 | 8 | 9 |
|”” |0 |0 |0 |0 | 0 | 0 | 0 |0 | 0 | 0 | 0 |0 |
|a| 1 | 0 | 1 |1 |1 | 1 | 1 |1 | 1 | 1 | 1
|b| 2 | 0 |1 | ？ | | | | | | | | | | | | | | | | |
|c| 3 | 0 | 1 | | | | | | | | | | | | | | | | | |
|b| 4 | 0 | 1 | | | | | | | | | | | | | | | | | |
|d| 5 | 0 | 1 | | | | | | | | | | | | | | | | | |
|b| 6 | 0 | 1 | | | | | | | | | | | | | | | | | |

初始化：有一方为空，公共长度都是0；
dp[1][?]处第一个字符的比较结果，a==a，则长度为：上一次（即左上对角线）[0][0]+1 = 1; a != c,不要a（即上一行）则长度为0；不要c（即左一列）则长度为1。所以公共长度为1
dp[2][?]处第二个字符的比较结果，b != a，不要b（即上一行），长度为1；不要a（即左一列）长度为0 。所以公共长度为1 。
以此类推。。。
最后字符比较完，便能得到最长结果。

public int longestCommonSubsequence(String str1, String str2) {
        if (str1 == null || str2 == null || str1.length() == 0 || str2.length() == 0)
            return 0;
        int[][] dp = new int[str1.length() + 1][str2.length() + 1];
        for (int i = 1; i <= str1.length(); i++) {
            for (int j = 1; j <= str2.length(); j++) {
                if (str1.charAt(i - 1) == str2.charAt(j - 1))	//当前相等
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;		//上一次加这一个
                else												//不等
                    dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]);	//谁长要谁
            }
        }
        return dp[str1.length()][str2.length()];
    }

编辑距离

例：给你两个单词 word1 = “horse”和word2 = “ros”，请你计算出将 word1 转换成 word2 所使用的最少操作数。

1. 从字符串开头慢慢比
2. 当前字符相等了，则编辑距离和上一次一样；不等了，则进行如下的三种编辑，显然，谁小要谁。

你可以对一个单词进行如下三种操作：

插入一个字符
删除一个字符
替换一个字符

| | |”” |h | o | r | s | e|
|–|–|–|–|–|–|–|–|–|
| | |0|1 | 2 | 3 | 4|5 | 6 |7 | 8 | 9 |
|”” |0 |0 |1 |2 | 3 | 4 | 5|
|r| 1 | 1 | 1|?
|o| 2 | 2 |1 | | | | |
|s| 3 | 3 | 1 | | | | | |

初始化：一个字符编辑成一个字符串，这个简单。
dp[1][?]处第一个字符的编辑距离，r != h，则进行编辑：不要r（即上一行）（对于另一个字符串而言就是加上h，效果一样）则编辑距离为1+1=2；不要h（即左一列）则编辑距离为1+1=2。替换，编辑距离为上一次加1，即0+1 = 1 。所以编辑距离为1，替换一次就行。
以此类推。。。
最后字符比较完，便能得到最小编辑距离。

public int minDistance(String word1, String word2) {
        int n1 = word1.length();
        int n2 = word2.length();

        int[][] dp = new int[n1 + 1][n2 + 1];
        // 第一行
        for (int j = 1; j <= n2; j++) dp[0][j] = dp[0][j - 1] + 1;
        // 第一列
        for (int i = 1; i <= n1; i++) dp[i][0] = dp[i - 1][0] + 1;

        for (int i = 1; i <= n1; i++) {
            for (int j = 1; j <= n2; j++) {
                if (word1.charAt(i - 1) == word2.charAt(j - 1)) 
                	dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];		
                else{
                    int min = Math.min(dp[i][j - 1], dp[i - 1][j]);	//删或者说加
                    dp[i][j] = Math.min(dp[i - 1][j - 1], min ) + 1;	//替换
                }
            }
        }
        return dp[n1][n2];  
    }

打家劫舍

例：如果两间相邻的房屋在同一晚上被小偷闯入，系统会自动报警。房屋存放金额[1,2,3,1]，计算不触动警报装置的情况下，能够偷窃到的最高金额。

1. 一间一间慢慢偷
2. 当前房屋到底偷还是不偷。

当前房屋偷了，则价值上上一次的价值加这一次的价值；如果不偷，则价值为上一次的价值。显然，谁大要谁。

public int rob(int[] nums) {
       int len = nums.length;
       if(len == 0) return 0;
       int[] dp = new int[len + 1];
       dp[0] = 0;
       dp[1] = nums[0];
       for(int i = 2; i <= len; i++) {
           dp[i] = Math.max(dp[i-1], dp[i-2] + nums[i-1]);
       }
       return dp[len];
   }

零钱兑换

例：给定不同面额的硬币 coins = [1, 2, 5]和一个总金额 amount = 11。计算可以凑成总金额所需的最少的硬币个数。如果没有任何一种硬币组合能组成总金额，返回 -1。

1. 一块钱一块钱的慢慢换
2. 当前这个硬币到底要不要。

当前硬币不要，则个数没变化；如果要，则个数变为兑换（要兑换的钱减去当前这个面额）的个数加1。显然，谁小要谁。

public static int coinChange(int[] coins, int amount) {
        //dp[i]表示钱数为i时最小硬币数
        int dp[] = new int[amount + 1];
        //初始化钱数为i时的硬币数
        Arrays.fill(dp,amount +1);
        dp[0] = 0;
        //钱数为0时的最小硬币数也为0
        for(int i = 1;i<=amount;i++){
            for(int coin : coins){
                if(i >= coin){
                    dp[i] = Math.min(dp[i],dp[i-coin]+1);
                }
            }
        }
        return dp[amount]> amount ? -1:dp[amount];
    }