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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．
???+ note "[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．
$1 \leq T \leq 10^3$，$1 \leq t_i,v_i,M \leq 100$
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．
???+ note "实现" === "C++" ```cpp 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;
}
```
=== "Python"
```python
tcost = [0] * 103
mget = [0] * 103
ans = 0
def dfs(pos, tleft, tans):
global ans
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])
t, n = map(lambda x: int(x), input().split())
for i in range(1, n + 1):
tcost[i], mget[i] = map(lambda x: int(x), input().split())
dfs(1, t, 0)
print(ans)
```
这种做法的时间复杂度是指数级别的，并不能通过本题．
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 $O(TM)$．
???+ note "实现" === "C++" ```cpp 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;
}
```
=== "Python"
```python
tcost = [0] * 103
mget = [0] * 103
mem = [[-1 for i in range(1003)] for j in range(103)]
def dfs(pos, tleft):
if mem[pos][tleft] != -1:
return mem[pos][tleft]
if pos == n + 1:
mem[pos][tleft] = 0
return mem[pos][tleft]
dfs1 = dfs2 = -INF
dfs1 = dfs(pos + 1, tleft)
if tleft >= tcost[pos]:
dfs2 = dfs(pos + 1, tleft - tcost[pos]) + mget[pos]
mem[pos][tleft] = max(dfs1, dfs2)
return mem[pos][tleft]
t, n = map(lambda x: int(x), input().split())
for i in range(1, n + 1):
tcost[i], mget[i] = map(lambda x: int(x), input().split())
print(dfs(1, t))
```
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．
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．
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
=== "C++" ```cpp 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;
}
```
=== "Python"
python def dfs(i): if mem[i] != -1: return mem[i] ret = 1 for j in range(1, i): if a[j] < a[i]: ret = max(ret, dfs(j) + 1) mem[i] = ret return mem[i]
举例：本文中「采药」的例子