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定义

记忆化搜索是一种通过记录已经遍历过的状态的信息，从而避免对同一状态重复遍历的搜索实现方式。

因为记忆化搜索确保了每个状态只访问一次，它也是一种常见的动态规划实现方式。

引入

采药

[NOIP2005] 采药

山洞里有 $M$ 株不同的草药，采每一株都需要一些时间 $t_i$ ，每一株也有它自身的价值 $v_i$ 。给你一段时间 $T$ ，在这段时间里，你可以采到一些草药。让采到的草药的总价值最大。

$1 \leq T \leq 10^3$ ， $1 \leq t_i,v_i,M \leq 100$

朴素的 DFS 做法

很容易实现这样一个朴素的搜索做法：在搜索时记录下当前准备选第几个物品、剩余的时间是多少、已经获得的价值是多少这三个参数，然后枚举当前物品是否被选，转移到相应的状态。

示例代码

int n, t;
int tcost[103], mget[103];
int ans = 0;
 
void dfs(int pos, int tleft, int tans) {
  if (tleft < 0) return;
  if (pos == n + 1) {
    ans = max(ans, tans);
    return;
  }
  dfs(pos + 1, tleft, tans);
  dfs(pos + 1, tleft - tcost[pos], tans + mget[pos]);
}
 
int main() {
  cin >> t >> n;
  for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> tcost[i] >> mget[i];
  dfs(1, t, 0);
  cout << ans << endl;
  return 0;
}

这种做法的时间复杂度是指数级别的，并不能通过本题。

优化

上面的做法为什么效率低下呢？因为同一个状态会被访问多次。

如果我们每查询完一个状态后将该状态的信息存储下来，再次需要访问这个状态就可以直接使用之前计算得到的信息，从而避免重复计算。这充分利用了动态规划中很多问题具有大量重叠子问题的特点，属于用空间换时间的「记忆化」思想。

具体到本题上，我们在朴素的 DFS 的基础上，增加一个数组 mem 来记录每个 dfs(pos,tleft) 的返回值。刚开始把 mem 中每个值都设成 -1（代表没求解过）。每次需要访问一个状态时，如果相应状态的值在 mem 中为 -1，则递归访问该状态。否则我们直接使用 mem 中已经存储过的值即可。

通过这样的处理，我们确保了每个状态只会被访问一次，因此该算法的的时间复杂度为 $O(TM)$ 。

示例代码

int n, t;
int tcost[103], mget[103];
int mem[103][1003];
 
int dfs(int pos, int tleft) {
  if (mem[pos][tleft] != -1)
    return mem[pos][tleft];  // 已经访问过的状态，直接返回之前记录的值
  if (pos == n + 1) return mem[pos][tleft] = 0;
  int dfs1, dfs2 = -INF;
  dfs1 = dfs(pos + 1, tleft);
  if (tleft >= tcost[pos])
    dfs2 = dfs(pos + 1, tleft - tcost[pos]) + mget[pos];  // 状态转移
  return mem[pos][tleft] = max(dfs1, dfs2);  // 最后将当前状态的值存下来
}
 
int main() {
  memset(mem, -1, sizeof(mem));
  cin >> t >> n;
  for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> tcost[i] >> mget[i];
  cout << dfs(1, t) << endl;
  return 0;
}

与递推的联系与区别

在求解动态规划的问题时，记忆化搜索与递推的代码，在形式上是高度类似的。这是由于它们使用了相同的状态表示方式和类似的状态转移。也正因为如此，一般来说两种实现的时间复杂度是一样的。

下面给出的是递推实现的代码（为了方便对比，没有添加滚动数组优化），通过对比可以发现二者在形式上的类似性。

示例代码

int n, t, w[105], v[105], f[105][1005];
 
int main() {
  cin >> n >> t;
  for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> w[i] >> v[i];
  for (int i = 1; i <= n; i++)
    for (int j = 0; j <= t; j++) {
      f[i][j] = f[i - 1][j];
      if (j >= w[i])
        f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - w[i]] + v[i]);  // 状态转移方程
    }
  cout << f[n][t];
  return 0;
}

在求解动态规划的问题时，记忆化搜索和递推，都确保了同一状态至多只被求解一次。而它们实现这一点的方式则略有不同：递推通过设置明确的访问顺序来避免重复访问，记忆化搜索虽然没有明确规定访问顺序，但通过给已经访问过的状态打标记的方式，也达到了同样的目的。

与递推相比，记忆化搜索因为不用明确规定访问顺序，在实现难度上有时低于递推，且能比较方便地处理边界情况，这是记忆化搜索的一大优势。但与此同时，记忆化搜索难以使用滚动数组等优化，且由于存在递归，运行效率会低于递推。因此应该视题目选择更适合的实现方式。

如何写记忆化搜索

方法一

把这道题的 dp 状态和方程写出来
根据它们写出 dfs 函数
添加记忆化数组

举例：

$dp_{i} = \max\{dp_{j}+1\}\quad (1 \leq j < i \land a_{j}<a_{i})$ （最长上升子序列）

转为

示例代码

int dfs(int i) {
  if (mem[i] != -1) return mem[i];
  int ret = 1;
  for (int j = 1; j < i; j++)
    if (a[j] < a[i]) ret = max(ret, dfs(j) + 1);
  return mem[i] = ret;
}
 
int main() {
  memset(mem, -1, sizeof(mem));
  // 读入部分略去
  int ret = 0;
  for (int j = 1; j <= n; j++) {
    ret = max(ret, dfs(j));
  }
  cout << ret << endl;
}

方法二

写出这道题的暴搜程序（最好是 dfs）
将这个 dfs 改成「无需外部变量」的 dfs
添加记忆化数组

举例：本文中「采药」的例子

例题

Status

Problem

记忆化搜索

朴素的 DFS 做法

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