（此位老兄的讲解深得我意，特来推荐：http://blog.csdn.net/insistgogo/article/details/8579597）
有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
POINT:
1·每种物品仅有一件，可以选择放或不放。
2·子问题---将前i件物品放入容量为V的背包中。价值总和为f[i][V];
若只考虑第i件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。
①第i件放：---将前i-1件物品放入容量为V-c[i]的背包中。此时价值总和为f[i-1][V-c[i]]+w[i];
②第i件不放：---将前i-1件物品放入容量为V的背包中。此时价值总和为f[i-1][V];
即可得出状态转移方程： f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}。（重要！！！）
代码如下（http://blog.csdn.net/insistgogo/article/details/8579597）
1 #include <iostream>
2 using namespace std;
3
4 const int N = 3;//物品个数
5 const int V = 5;//背包最大容量
6 int weight[N + 1] = {0,3,2,2};//物品重量
7 int value[N + 1] = {0,5,10,20};//物品价值
8
9 int f[N + 1][V + 1];
10
11 /*
12 目标：在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值
13
14 子问题状态:f[i][j]:表示前i件物品放入容量为j的背包得到的最大价值
15
16 状态转移方程:f[i][j] = max{f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]}
17
18 初始化:f数组全设置为0
19 */
20 int Knapsack()
21 {
22 //初始化
23 memset(f,0,sizeof(f));
24 //递推
25 for (int i = 1;i <= N;i++) //枚举物品
26 {
27 for (int j = 0;j <= V;j++) //枚举背包容量
28 {
29 f[i][j] = f[i - 1][j];
30 if (j >= weight[i])
31 {
32 f[i][j] = max(f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
33 }
34 }
35 }
36 return f[N][V];
37 }
38
39 int main()
40 {
41 cout<<Knapsack()<<endl;
42 return 0;
43 }
3·时间和空间复杂度，O(V*N)；
4·优化（时间复杂度基本已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O(V)）：
（上面f[i][v]使用二维数组存储的，可以优化为一维数组f[v]）将主循环改为：
分析：我们现在使用f[v]保存中间状态，我们想要达到的效果是，第i次循环后，f[v]中存储的是前i个物体放到容量v时的最大价值
思考
①对于f[i][v], 肯定是有一个主循环i=1..N，每次算出来二维数组f[i][0..V]的所有值。(前i件物品分放入容量为0~V的背包中最大价值总和)。那么，如果只用一个数组f[0..V]，能不能保证第i次循环结束后f[v]中表示的就是我们定义的状态f[i][v]呢？
②f[i][v]是由f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]两个子问题递推而来，能否保证在推f[i][v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到f[i-1][v]和f[i-1][v -c[i]]的值呢？
---->综上，要求在每次主循环中我们以v=V..0的顺序推f[v]，这样才能保证推f[v]时f[v-c[i]]保存的是状态f[i -1][v-c[i]]的值。（不懂？下面讲解）
伪代码如下：
1 for i=1..N
2
3 for v=V..0
4
5 f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};
其中的f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}；
恰就相当于我们的转移方程f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i- 1][v-c[i]]+w[i]}，现在的f[v-c[i]]就相当于原来的f[i-1][v-c[i]]。
·我们可以看到，要想得到f[i][v], 我们需要知道 f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]，由于我们使用二维数组保存中间状态，所以可以直接取出这两个状态。那么一位数组呢？
当我们使用一维数组存储状态时,f[v]表示:在执行i次循环后(此时已经处理i个物品),前i个物体放到容量v时的最大价值，即之前的f[i][v]。与二维相比较，它把第一维隐去了，但是二者表达的含义还是相同的，只不过针对不同的i，f[v]一直在重复使用,所以,也会出现第i次循环可能会覆盖第i - 1次循环的结果！！
为了求f[v],我们需要知道前i-1个物品放到容量v的背包中带来的收益，即之前的f[i - 1][v]和前i-1件物品放到容量为v-c[i]的背包中带来的收益，即之前的f[i - 1][v-c[i]]+w[i]。
难点：由于我们只使用一维数组存储，则在求这两个子问题时就没有直接取出那么方便了，因为第i次循环可能会覆盖第
i-1次循环的结果。现在我们来求这两个值：
1）前i-1个物品放到容量v的背包中带来的收益，即之前的f[i-1][v]：
由于在执行在i次循环时，f[v]存储的是前i个物体放到容量v时的最大价值，在求前i个物体放到容量v时的最大价值(即之前的f[i][v])时，我们是正在执行第 i 次循环，f[v]的值还是在第i-1次循环时存下的值，在此时取出的f[v]就是前i - 1个物体放到容量v时的最大价值，即f[i - 1][v]。
2）前i-1件物品放到容量为V-c[i]的背包中带来的收益，即之前的f[i-1][V-c[i]] + w[i];
由于在执行第i次循环前，f[0 ~ V]中保存的是第i-1次循环的结果，即是前i -1个物体分别放到容量0 ~ V时的最大价值，即f[i - 1][0 ~ V]。则在执行第i次循环前，f 数组中V-c[i]的位置存储就是我们要找的前i-1件物品放到容量为V-c[i]的背包中带来的收益 (即之前的f[i - 1][V-c[i]])，这里假设物品是从数组下标1开始存储的。
逆序枚举容量的原因：
注意一点，我们是由第i-1次循环的两个状态推出第i个状态的，而且v>v-c[i]，则对于第i次循环，背包容量只有当V..0循环时，才会先处理背包容量为v的状况，后处理背包容量为v-c[i]的情况。
具体来说，由于在执行v时，还没执行到v-c[i]的，因此f[v-c[i]]保存的还是第i-1次循环的结果。即在执行第i次循环 且 背包容量为v时，此时的f[v]存储的是 f[i-1][v] ，此时f[v-c[i]]存储的是f[i - 1][v-weight[i]]。
相反如果在执行第 i 次循环时，背包容量按照0..V的顺序遍历一遍，来检测第i件物品是否能放。此时在执行第i次循环且背包容量为v时，此时的f[v]存储的是 f[i - 1][v] ，但是此时f[v-c[i]]存储的是f[i][v-c[i]]。
因为，v >v-c[i]，第i次循环中，执行背包容量为v时，容量为v-c[i]的背包已经计算过，即f[v -c[i]]中存储的是f[i][v - weight[i]]。即对于01背包，按照增序枚举背包容量是不对的。
总结：如果将v的循环顺序从上面的逆序改成顺序的话，那么则成了f[i][v]由f[i][v-c[i]]推知，与本题意不符，但它却是另一个重要的背包问题（完全背包）最简捷的解决方案，故学习只用一维数组解01背包问题是十分必要的。
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增序枚举背包容量会达到什么效果？它会重复的装入某个物品，而且尽可能多的，使价值最大，当然不会不超过背包容量
而逆序枚举背包容量：背包中的物品至多装一次，使价值最大，当然不会不超过背包容量
我们首先举例说明：
逆序枚举物品
当i=2,我们要求 f[5]:表示检测物品2放入容量为5的背包的最大收益。上图表示当i=2,求f[5]时f数组的状况,绿色为数组现在存储的值,这些值是i = 1时(上一次循环)存入数组 f 的.相当于f[i - 1][v]；而黄色是我们要求的值，在求f[5]之前，f[5]= 5，即f[i - 1][5] = 5；现在要求 i = 2 时的f[5]=f[5-2]+10=5+10=15>f[i - 1][5] = 5；故，f[5] = 15；
注意一点，在求f[v]时，它引用的 f[v-c[i]] 和 f[v]都是上一次循环的结果
顺序枚举物品
当i = 2，我们要求 f [5]：表示检测物品2放入容量为5的背包的最大收益。上图表示，当i = 2，求f[5]时f数组的状况，
绿色为数组现在存储的值，这些值是i=2时(本次循环)存入数组 f 的。相当于f[i][v]。这是由于我们是增序遍历数组f的，在求f[v]时，v之前的值(0~v-1)都已经在第i次循环中求出。
而黄色使我们要求的值，在求f[5]之前，f[5]= 5，即f[i - 1][5] = 5；
现在要求i=2时的f[5]=f[5 - 2] + 10 =10+10=20>f[i - 1][5] = 5；故，f[5] = 20；
其中引用的f[3]是相当于f[i][3] 而不是正常的f[i - 1][3]；
注意一点，在求f[v]时，它引用的 f[v-c[i]]是本次循环的结果 而f[v]是上一次循环的结果;
换个角度说，在检测背包容量为5时，看物品2是否加入;由状态转移方程可知，我们f[5]需要引用自己本身和f[3],由于背包容量为3时，可以装入物品2，且收益比之前的大，所以放入背包了。在检测f[5]时，肯定要加上物品2的收益，而f[5]在引用f[3]时，f[3]时已经加过一次物品2，因此，在枚举背包容量时，物品2会加入多次。
进一步说：我们观察一维状态转移方程：
f[i][v] = max(f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i])
首先我们明确三个问题
1) v-c[i] < v
2) 状态f[i][v] 是由 f[i-1][v] 和 f[i-1][v-c[i]] 两个状态决定;
3) 对于物品i，我们在枚举背包容量时，只要背包容量能装下物品i 且 收益比原来的大，就会成功放入物品i。
具体来说，枚举背包容量时，是以递增的顺序的话，由于v-c[i] < v,则会先计算 v-c[i]。在背包容量为v-c[i]时，一旦装入了物品i，由于求f[v]需要使用f[i-1][v-c[i]]，而若求f[v]时也可以装入物品i的话，那么在背包容量为v时，容量为v的背包就装入可两次物品。又若v-c[i]是由之前的状态推出，它们也成功装入物品i的话，那么容量为v的背包就装入了多次物品i了。
注意，此时，在计算f[v]时，已经把物品i能装入的全装入容量为v的背包了，此时装入物品i的次数为最大
其实，顺序枚举容量是完全背包问题最简捷的解决方案。
初始化的细节问题
求最优解的背包问题时，有两种问法：
1)在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值
2)在恰好装满背包的情况下，最多能获得多少价值
主要的区别为是否要求恰好装满背包。但这两种问法的实现方法是在初始化的时候有所不同。
1)恰好装满背包的情况：使用二维数组f[i][v]存储中间状态，其中第一维表示物品，第二维表示背包容量
初始化时，除了f[i][0] = 0（第一列）外，其他全为负无穷。
原因：初始化 f 数组就是表示：在没有任何物品可以放入背包时的合法状态。对于恰好装满背包，只有背包容量为 0（第一列），可以什么物品都不装就能装满，这种情况是合法情况，此时价值为0。其他f[0][v]（第一行）是都不能装满的，此时有容量没物品。而其他位置（除去第一行和第一列的位置），我们为了在计算中比较最大值，也要初始化为负无穷。我们从程序的角度上看，我们只允许装入背包物品的序列的起始位置是从第一列开始，这些起始位置都是合法位置，且能恰好装满的情况收益均为正值，到f[N][V]终止。
注意，我们虽然是求恰好装满，还是需要枚举所有可以装入背包的物品，只要能装入，还需装入，收益有增加。只不过，由于恰好装满的物品的序列肯定是从第一列某行开始的，且之后的收益肯定是正值。对于非恰好装满的物品序列，起始位置肯定是从第一行某位置开始的，由于此时被初始化为负无穷，在和那些恰好装满物品序列带来的价值时，肯定是小的。所以，我们最后能获得最大值。
2)不需要把背包装满，只需要收益最大
使用二维数组f[i][v]存储中间状态，其中第一维表示物品，第二维表示背包容量
初始化时，除了f[i][0]=0（第一列）外，其他全为负无穷。
使用一维数组f[v]存储中间状态，维表示背包容量，如果背包并非必须被装满，那么任何容量的背包都有一个合法解“什么都不装”，这个解的价值为0，所以初始时状态的值也就全部为0了
总结
01背包问题是最基本的背包问题，它包含了背包问题中设计状态、方程的最基本思想，另外，别的类型的背包问题往往也可以转换成01背包问题求解。故一定要仔细体会上面基本思路的得出方法，状态转移方程的意义，以及最后怎样优化的空间复杂度。
完全背包优化：（待续）
①简单优化
1）将费用大于V的物品去掉；
2）若两件i, j物品满足c[i] >= c[j] && w[i] <= w[j],则可将物品i去掉不用考虑；
0-1背包问题（动规基础，好吧虽然我现在在说大话，待续...）