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01背包
问题描述：
01背包是在M件物品取出若干件放在空间为W的背包里，每件物品的体积为W1，W2至Wn，与之相对应的价值为P1,P2至Pn。01背包是
背包问题
中最简单的问题。01背包的约束条件是给定几种物品，每种物品有且只有一个，并且有权值和体积两个属性。在01背包问题中，因为每种物品只有一个，对于每个物品只需要考虑选与不选两种情况。如果不选择将其放入背包中，则不需要处理。如果选择将其放入背包中，由于不清楚之前放入的物品占据了多大的空间，需要枚举将这个物品放入背包后可能占据背包空间的所有情况。（来源：百度百科）
简单描述就是：
有N件物品和一个容量为M的背包。第 i 件物品的体积（也可以是重量等）是w[ i ]，价值是v[ i ]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
解析：
递推公式：
如果没接触过背包问题的话，应该首先会想到的是暴力写法，也就是回溯算法，把所有的情况都找出来，然后通过不断的比较和更新求出最大价值，显然这种方法的需要的时间是很长的，时间复杂度是2的n次方。
所以我们就要用
动态规划
，最重要的就是理解dp数组的含义，若是dp[ i ][ j ]数组不理解，后面的就更不可能理解了，
dp[ i ][ j ]数组的含义就是在0 ~ i的物品中选取放入 j 容量的背包得到的最大价值。
注意这里选取不是全都放进去的意思，是选择其中的任意几个放进去，一个物品是有两种状态的，已放入和未放入，就是对于前 i 个物品进行放入或未放入的选择后得到的最大价值。
现在我们对于前 i 个物品进行选择求出最大价值，一个物品有两个状态，写出递推公式：
i 不放入：dp[ i ][ j ] = dp[ i – 1 ][ j ]
i 确定放入：dp[ i ][ j ] = dp[ i – 1 ][ j – w[ i ] ] + v[ i ]
求最大：max(dp[ i – 1 ][ j ], dp[ i – 1 ][ j – w[ i ] ] + v[ i ])
不放入的递推公式好理解，就是已经确定第 i 件不放入了，那我们的最大价值就等于在前 i – 1的中选取放入 j 容量背包的最大价值。
确定放入的递推公式不好理解，因为我们这里已经确定第 i 件放入，那就说明 i 一定会放入，我们要把背包留出第 i 件的空间，所有我们就对于前 i – 1 件选取放入 j – w[ i ] 的容量中，这里减去的 w[ i ] 就是为第 i 件留出的空间，然后加上第 i 件的价值，就求出了确定放入的最大价值。
然后我们在
不放入
和
放入
之中获得他们的最大值就得到了dp[ i ][ j ]，下面给出完整递推公式：
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - w[i]] + v[i]);
dp数组的初始化：
通过递推公式，我们可以发现dp[ i ][ j ]在二维数组中就是由其上面
dp[ i – 1 ][ j ]
和左上角
dp[ i – 1 ][ j – w[ i ] ]
的值求得，所以我们初始化dp数组
第一行
和
第一列
就可以。第一列背包空间为0，全部初始化为 0 ，第一行根据第 0 个物品的体积和背包大小比较来初始化即可。
遍历顺序：
其实先遍历背包或物品都是可以的，无非是一个以行遍历，一个以列遍历，通过模拟发现都是可以求出对应值的，一般先便利物品，方便理解。
图解：
给出初始化和代码执行流程的模拟，配合图来理解会更加深刻。
实现代码：
这里只给出主要代码，根据具体问题自行添加其他代码即可。
dp数组初始化：
// 二维数组，n 物品个数
vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(bagw + 1, 0));
// 初始化
for (int j = w[0]; j <= bagw; j++)
{
dp[0][j] = v[0];
}
遍历：
// n 物品个数 ，m 背包大小
// 遍历物品
for (int i = 1; i < n; i++)
{
//遍历背包
for (int j = 0; j <= m; j++)
{
if (j < w[i]) dp[i][j] = dp[i - 1][j];
else dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - w[i]] + v[i]);
}
}
优化：
原理：
其实就是把二维数组变为一维数组，我们在二维遍历时，会发现在其求的值仅仅是用了上一层的数，而用不到其他的数字，所以我们就可以只维护一层数组，不断的更新本层的数来达到降维的作用。
所以递推的公式和遍历的顺序就要发生改变。
递推公式：
i 不放入：dp[ j ] = dp[ j ]
i 确定放入：dp[ j ] = dp[ j – w[ i ] ] + v[ i ]
求最大：max(dp[ j ], dp[ j – w[ i ] ] + v[ i ])
遍历顺序：
首先，优化后，我们只能先遍历物品，而不能先背包，毕竟我们模拟的是二维中先遍历背包的一层数组。
其次，在遍历内层背包时，我们只能
倒序
遍历，从大向小，从后向前，因为我们在二维中递推公式用的是左上角和上面的数求得，若从前向后遍历，根据递推公式，我们不断的更新了左侧的数，会使后面的数得到的是更新后的数，而不是原本上一层的数，而倒序就可以避免这个问题。
简单来说就是二维数组情况下，使用 i – 1 行的已知最大价值来推断，是左上角和上面的数据，但是换成一维数组的话，左上角的数据就是左边的数据，因此，只能从右边开始遍历背包的容量，如果从左边开始遍历的话，就会导致重复计算。
实现代码：
初始化：
// 初始化
vector<int> dp(n + 1, 0);
遍历：
两种方法一样，第一种和二维对应方便理解，而第二种比较简洁，因为一维用的是用一个数组，我们不去改变数的值就表示把自己赋值给自己的操作了。
// n 物品个数 ，m 背包大小
// 遍历物品
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = m; j >= 0; j--)
{
if (j >= w[i]) dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]);
else dp[j] = dp[j];
}
}// n 物品个数 ，m 背包大小
// 遍历物品
for (int i = 0; i < n; i++)
{
// 遍历背包
for (int j = m; j >= w[i]; j--)
{
dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]);
}
}
完全背包
问题描述：
完全背包就是 01 背包的物品可以用多次。
解析：
写 01 背包代码的时候说了物品
从前向后
遍历会导致物品多次计算。而多重背包就是要多次取同一个物品，正好就对上了，所以我们的代码就很明确了。
实现代码：
// n 物品个数 ，m 背包大小
// 遍历物品
for (int i = 0; i < n; i++)
{
// 遍历背包
for (int j = w[i]; j <= m; j++)
{
dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]);
}
}