01背包
有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用（即体积，下同）是w[i]，价值是c[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。
基本思路：
这是最基础的背包问题，特点是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。
用子问题定义状态：即f[i][v]表示前i件物品(部分或全部)恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。
则其状态转移方程便是：f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-w[i]]+c[i]}。
这个方程非常重要，基本上所有跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的。
所以有必要将它详细解释一下：“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题，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。如果不放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入容量为v的背包中”；如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为v-w[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是f [i-1][v-w[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值c[i]。
注意f[i][v]有意义当且仅当存在一个前i件物品的子集，其费用总和为v。所以按照这个方程递推完毕后，最终的答案并不一定是f[N][V]，而是f[N][0..V]的最大值。如果将状态的定义中的“恰”字去掉，在转移方程中就要再加入一项f[i-1][v]，这样就可以保证f[N][V]就是最后的答案。
但是若将所有f[i][j]的初始值都赋为0，你会发现f[n][v]也会是最后的答案。
因为这样你默认了最开始f[i][j]是有意义的，只是价值为0，就看作是无物品放的背包价值都为0，所以对最终价值无影响，这样初始化后的状态表示就可以把“恰”字去掉。
e.g.
【问题描述】 一个旅行者有一个最多能用m公斤的背包，现在有n件物品，它们的重量分别是W1，W2，...,Wn,它们的价值分别为C1,C2,...,Cn.若每种物品只有一件求旅行者能获得最大总价值。
【输入格式】 第一行：两个整数，M(背包容量，M<=200)和N(物品数量，N<=30)； 第2..N+1行：每行二个整数Wi,Ci，表示每个物品的重量和价值。
【输出格式】 仅一行，一个数，表示最大总价值。
【样例输入】10 4 2 1 3 3 4 5 7 9
【样例输出】12
#include<cstdio>
using namespace std;
const int maxm = 201, maxn = 31;
int m, n;
int w[maxn], c[maxn];
int f[maxn][maxm];
int max(int x,int y) { x>y?x:y;} //求x和y最大值
int main(){
scanf("%d%d",&m, &n); //背包容量m和物品数量n
for (int i = 1; i <= n; i++) //在初始化循环变量部分，定义一个变量并初始化
scanf("%d%d",&w[i],&c[i]); //每个物品的重量和价值
for (int i = 1; i <= n; i++) // f[i][v]表示前i件物品，总重量不超过v的最优价值
for (int v = m; v > 0; v--)
if (w[i] <= v) f[i][v] = max(f[i-1][v],f[i-1][v-w[i]]+c[i]);
else f[i][v] = f[i-1][v];
printf("%d",f[n][m]); // f[n][m]为最优解
return 0;
}
【解法一】设f[i][v]表示前i件物品，总重量不超过v的最优价值，则f[i][v]=max(f[i-1][v-w[i]]+c[i]，f[i-1][v]) ；f[n][m]即为最优解
1 #include<cstdio>
2 using namespace std;
3
4 const int maxm = 2001, maxn = 31;
5 int m, n;
6 int w[maxn], c[maxn];
7 int f[maxm];
8 int main(){
9 scanf("%d%d",&m, &n); //背包容量m和物品数量n
10 for (int i=1; i <= n; i++)
11 scanf("%d%d",&w[i],&c[i]); //每个物品的重量和价值
12
13 for (int i=1; i <= n; i++) //设f(v)表示重量不超过v公斤的最大价值
14 for (int v = m; v >= w[i]; v--)
15 if (f[v-w[i]]+c[i]>f[v])
16 f[v] = f[v-w[i]]+c[i];
17 printf("%d",f[m]); // f(m)为最优解
18 return 0;
19 }
【解法二】本问题的数学模型如下：设 f[v]表示重量不超过v公斤的最大价值， 则f[v]=max{f[v]，f[v-w[i]]+c[i]} ，当v>=w[i]，1<=i<=n
完全背包问题
有N种物品和一个容量为V的背包，每种物品都有无限件可用。第i种物品的费用是w[i]，价值是c[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。
这个问题非常类似于01背包问题，所不同的是每种物品有无限件。也就是从每种物品的角度考虑，与它相关的策略已并非取或不取两种，而是有取0件、取1件、取2件……等很多种。如果仍然按照解01背包时的思路，令f[i][v]表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值。仍然可以按照每种物品不同的策略写出状态转移方程，
像这样将01背包问题的基本思路加以改进：f[i][v]=max{f[i-1][v-k*w[i]]+k*c[i]|0<=k*w[i]<= v}
这个算法使用一维数组，伪代码： for i=1..N for v=0..V f[v]=max{f[v],f[v-w[i]]+c[i]};
这个伪代码与01背包问题的伪代码只有v的循环次序不同而已。首先想想为什么01背包问题中要按照v=V..0的逆序来循环。这是因为要保证第i次循环中的状态f[i][v]是由状态f[i-1][v-w[i]]递推而来。
换句话说，这正是为了保证每件物品只选一次，保证在考虑“选入第i件物品”这件策略时，依据的是一个绝无已经选入第i件物品的子结果f[i-1][v-w[i]]。而现在完全背包的特点恰是每种物品可选无限件，所以在考虑“加选一件第i种物品”这种策略时，却正需要一个可能已选入第i种物品的子结果f[i][v-w[i]]，所以就可以并且必须采用v= 0..V的顺序循环。这就是这个简单的程序为何成立的道理。
这个算法也可以以另外的思路得出。例如，基本思路中的状态转移方程可以等价地变形成这种形式：f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i][v-w[i]]+c[i]}，将这个方程用一维数组实现，便得到了上面的伪代码。
e.g.
【问题描述】 设有n种物品，每种物品有一个重量及一个价值。但每种物品的数量是无限的，同时有一个背包，最大载重量为M，今从n种物品中选取若干件(同一种物品可以多次选取)，使其重量的和小于等于M，而价值的和为最大。
【输入格式】 第一行：两个整数，M(背包容量，M<=200)和N(物品数量，N<=30)； 第2..N+1行：每行二个整数Wi,Ci，表示每个物品的重量和价值。
【输出格式】 仅一行，一个数，表示最大总价值。
【样例输入】 10 4 2 1 3 3 4 5 7 9
【样例输出】max=12
1 #include<cstdio>
2 using namespace std;
3
4 const int maxm = 201, maxn = 31;
5 int m, n;
6 int w[maxn], c[maxn];
7 int f[maxn][maxm];
8 int main()
9 {
10 scanf("%d%d",&m, &n); //背包容量m和物品数量n
11 for (int i = 1; i <= n; i++)
12 scanf(“%d%d”,&w[i],&c[i]); //每个物品的重量和价值
13 for (int i = 1; i <= n; i++) //f[i][v]表示前i件物品，总重量不超过v的最优价值
14 for (int v = 1; v <= m; v++)
15 if (v < w[i]) f[i][v] = f[i-1][v];
16 else
17 if (f[i-1][v] > f[i][v-w[i]]+c[i]) f[i][v] = f[i-1][v];
18 else f[i][v] = f[i][v-w[i]]+c[i];
19 printf("max=%d",f[n][m]); // f[n][m]为最优解
20 return 0;
21 }
【解法一】 设f[i][v]表示前i件物品，总重量不超过v的最优价值，则f[i][v]=max(f[i][v-w[i]]+c[i]，f[i-1][v]) ；f[n][m]即为最优解。