题目链接：
http://acm.hust.edu.cn/vjudge/problem/viewProblem.action?id=17434
动态规划：
经典的01背包问题
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价值总和最大。
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-c[i]]+w[i]}
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”，价值为f[i-1][v]；
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-c[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是f[i-1][v-c[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值w[i]。
先考虑上面讲的基本思路如何实现，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。
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？
f[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？
事实上，这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。
伪代码如下：
for i=1..N
for v=V..0
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};
其中的f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]}一句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]]}，因为现在的f[v-c[i]]就相当于原来的f[i-1][v-c[i]]。
最后的f[v]就是问题的最优解了。
1 #include<cstdio>
2 #include<cstring>
3 const int MAXL = 1000+5;
4 int max(int a, int b){ return a>b ? a : b;}
5 int t, n, v, value[MAXL], volume[MAXL], dp[MAXL];
6
7 int main(){
8 scanf("%d", &t);
9 while(t--){
10 scanf("%d%d", &n, &v);
11 for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &value[i]);
12 for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &volume[i]);
13 memset(dp, 0, sizeof(dp));
14 for(int i = 1; i <= n; i++){
15 for(int j = v; j >= volume[i]; j--){ // 注意j的停止条件，一是防止越界，二是小于0后的答案就是dp[j]，已经计算过了
16 //从v遍历至0的逆序可以保证dp[j-volume[i]]是上一层的计算结果，
17 //又因为dp数组第二维的v只涉及到上一层的数据，其他层的数据都不会再访问
18 //从而省去dp数组的第一维度，每次都对之前的数据进行刷新，节省空间复杂度至O(n);
19 dp[j] = max(dp[j], dp[j-volume[i]]+value[i]);
20 }
21 }
22 printf("%d\n", dp[v]);
23 }
24
25 return 0;
26 }