引言
背包问题是动态规划（DP）的一类问题。
背包问题的核心其实就是组合问题，在一个背包中有若干物品，在某种限制条件下，选出最好的组合。
01背包问题
特点：每件物品最多只能用一次。
有 N 件物品和一个容量是 V 的背包。每件物品只能使用一次。
第 i 件物品的体积是 vi，价值是 wi。
求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。
输出最大价值。
输入格式
第一行两个整数，N，V，用空格隔开，分别表示物品数量和背包容积。
接下来有 N 行，每行两个整数 vi,wi，用空格隔开，分别表示第 i 件物品的体积和价值。
输出格式
输出一个整数，表示最大价值。
数据范围
0<N,V≤1000
0<vi,wi≤1000
输入样例
4 5
1 2
2 4
3 4
4 5
输出样例：
8
思路：
如果采用暴力枚举每一件物品放或者不放进背包，有两种选择，所以时间复杂度为\(O(2^n)\)，非常大。
接下来考虑动态规划求解。
题解一：先尝试二维解法。
我们可以定义一个二维数组dp存储最大价值，其中dp[i][j] 表示前i 件物品体积不超过j （即此时背包容量
为j）的情况下能达到的最大价值。
在我们遍历到第i 件物品时，在当前背包总容量为j 的情况下，
-
如果我们不将物品i 放入背包，那么
dp[i][j]= dp[i-1][j]，即前i 个物品的最大价值等于只取前i-1 个物品时的最大价值；
-
如果我们将物品i 放入背包，假设第i 件物品体积为wi，价值为vi，那么我们得到
dp[i][j] = dp[i-1][j-w[i]] + v[i]。我们只需在遍历过程中对这两种情况取最大值即可，总时间复杂度和空间复杂度都为\(O(NV)\)。
综合上面提到的2种选择策略，我们可以得到状态转移方程：
dp[i][j] = max{dp[i-1][j],dp[i-1][j-w[i]] + v[i]}
确定初始化边界，dp[0][0] = 0 .
注意理解误区：
dp[i][j]里的i不是表示选择了前i个物品，而是表示对前i个物品做出两中策略的选择；
里面的j不是表示当前物品的总体积等于j，而是表示前i 件物品体积不超过j 。
代码：（二维朴素做法）
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 1010;
int dp[N][N]; // dp[0][0] = 0
int v[N],w[N];
int n,m;
int main(){
cin >> n >> m;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> v[i] >> w[i];
for (int i = 1;i <= n;i++)
for (int j = 0;j <= m;j++){
dp[i][j] = dp[i-1][j];
if (j - v[i] >= 0){
dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-v[i]]+w[i]);
}
}
cout << dp[n][m];
return 0;
}
题解二：再尝试一维优化。
也就是对二维做法等价变形得到一维做法。
我们可以进一步对0-1 背包进行空间优化，将空间复杂度降低为\(O(V)\)。时间复杂度已经不能再优化了。
从二维变成一维，相当于把二维中第一个维度变成循环滚动只有1行的数组dp[N]。
如果我们仍然从左往右计算dp[j]，那么可能存在污染，因为后面的数据根据前面递推而来，在滚动的时候可能要用到dp[i-1]（即上一次循环的数据时，实际上这个位置的数据已经在这次循环时被更新过了，用到的是dp[i]的数据，那么就出错了。
只有通过逆序枚举v，即从右往左滚动数组，这次计算dp[i]时依然根据上次循环递推而来，而且dp[i-v[i]]并没有被污染，才能得到正确结果。
我们注意到在处理数据时，我们是一个物品一个物品，一个一个体积的枚举。
因此我们可以不必开两个数组记录体积和价值，而是边输入边处理。这样可以进一步压缩空间。
代码：
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 1010;
int dp[N];
int n,m;
int v,w;
int main(){
cin >> n >> m;
for (int i = 1;i <= n;i++){
cin >> v >> w; // 边输入边处理
for (int j = m;j >= v;j--){
dp[j] = max(dp[j],dp[j-v]+w);
}
}
cout << dp[m];
return 0;
}