参考书目：算法与竞赛入门经典（第2版）刘汝佳
问题描述：
有n个重量和价值分别为wi 和 vi 的 物品，从这些物品中选择总重量不超过 W 的物品，求所有挑选方案中物品价值总和的最大值。
分析：
0-1背包与完全背包不同之处在于，每件物品只能使用一次。而每装载一件物品，都可以得到解的一部分，也就是多阶段决策问题，回顾完全背包（硬币凑数问题），由于每件物品都可以无限使用，因此每一次可供选择的东西都是一样的。而在本问题中，每做出一次选择都会在两个方面（背包容量和可选择的东西）影响下一次的选择。如果仅仅按照完全背包那样定义状态（d[t]:表示在背包剩余容积t时，最优装载量）会导致我们无法确定某件物品是否被装载，为了解决这个问题，我们可以增加一个标志来表示当前的阶段，或者说物品，每次面对一个阶段（物品）做选择，然后进入下一个阶段，这样我们就可以保证，一个物品不会被重复选取，也就是有秩序了。我们就产生了一个天然的循环顺序：每一个阶段都是一个物品在等待被选择，在阶段里面就是考虑选于不选的问题了。
1.定义d[ i ][ j ] :表示在第 i 个阶段（面对第 i 个物品时），背包剩余体积 j 时，背包的最优装载量。
显然这时的状态转移方程为 ：d[ i ][ j ] = max(d[ i +1][ j ],d[ i +1][ j - w[ i ] ] +v[ i ] ) (w[i] 和 v[i] : 第i个物品的重量和价值)这个状态转移方程解析：面对第 i 个物品可以选择装载和不装载：
装载的话：进入下一个阶段（考虑下一个物品）：i+1,并且背包容量j减少对应物品的重量（体积）： j - w[i]，然后价值增加对应物品的价值 v[i]。
不装载的话：放弃这个阶段（物品）：i+1,背包容量不减少，价值不增加。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define MAX 100
using namespace std;
int main()
{
int n,s;
int w[MAX];
int v[MAX];
int d[MAX][MAX];
cin>>n>>s;
for(int i = 1 ; i<= n ; i++)
cin>>w[i]>>v[i];
for(int i = n ; i>=1 ; i--)//由于d[i][j]会利用到d[i+1][j-w[i]]，所以必须让后者(i+1)先计算出来，因此需要逆向枚举，而j的枚举顺序则没有要求。
for(int j = 0 ; j<=s ; j++)
{
d[i][j] = (i==n? 0:d[i+1][j]);//这里需要注意边界，所以事先处理好让d[i][j] = d[i+1][j](i!=n)
if(j>=w[i])
d[i][j] = max(d[i][j],d[i+1][j-w[i]]+v[i]); //这里max中第一个参数中i没有加1的原因已经说明，状态转移方程没有错
}
cout<<d[1][s];//由于逆向枚举，所以阶段1反而是最后一个阶段，s则是终点。
return 0;
}
2.另一种对称的定义方法是：d[ i ][ j ]:把前i个物品装载到容量为 j 的背包中的最优装载量。
此时的状态转移方程为：d[i][j] = max( d[ i-1 ][ j ], d[ j-1][ j -w[i] ] + v[i] ),相信不少初学者第一眼都会觉得怎么会是这样，说好的对称呢？不应该是这样： d[i][j] = max( d[ i-1 ][ j ], d[ i-1][ j + w[i] ] - v[i] )？但是，这显然是错误的，背包的容量不可能增加。其实仔细思考一下就能理解了，我们可以用逆向思维来考虑：假设装好了前 i 件物品,那么要求第 d[i][j]就只用求第i-1件物品的d[i-1][j] 了，对于第i-1件物品它只需要满足背包容量为s-w[i]时，附加第i件物品的价值后求最大价值的要求以此类推。这个定义方法特点是在假设已经取得了前 i 个阶段的最优前提下，然后向前一个阶段求最优，直到到达最小问题，d[0][j] = 0.这种定义方法的好处在于可以按照正常顺序进行枚举物品，因为在 计算d[i][ ]前,d[i-1][ ] 已经计算出来了，这样一来，我们也没必要将物品全部存起来，可以边读边处理。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define MAX 100
using namespace std;
int main()
{
int n,s;
int w;
int v;
int d[MAX][MAX];
cin>>n>>s;
for(int i = 1 ; i<=n ; i++)//注意这里的枚举顺序
{
cin>>w>>v;//临时读入
for(int j = 0 ; j<=s ; j++)
{
d[i][j] = (i==1? 0:d[i-1][j]);
if(j>=w)
d[i][j] = max(d[i][j],d[i-1][j-w]+v);
}
}
cout<<d[n][s];
return 0;
}
2-1.优化版本：
如果我们将2的代码，中 j 的枚举顺序改成逆向枚举会发生什么呢？ 此时会有：
假设现在d[i][j]还未计算，则d[i][j]会等于d[i-1][j] , 而d[i-1][j-v]的值一定会后于的d[i][j]的值算出（因为j是逆向枚举，j-v < j)，而此时d[i][j]都还没计算出，所以d[i-1][j-v]必然没有计算出，还是初值也就是d[i-1][j-v]。因为二维数组d的计算方向是由上往下由右往左的（详细见图，图中1，2两条线表示该格数据的来源，显然，我们如果把第三行的数据覆盖到第2行或者第1行是可行的，因为不管是哪一种来源在使用之前它们的数据都不会被覆盖，而在使用之后才会被覆盖）由状态转移方程：d[i][j] = max(d[i-1][j],d[i-1][j-w]+v)可以看出，d[i][j]与后面的max中的两个值值相差一行。所以我们考虑只用一行来存储。
这样新的状态转移方程就是：f[j] = max(f[ j ],f[j-w]+v)
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define MAX 100
using namespace std;
int main()
{
int n,s;
int w;
int v;
int f[MAX];
cin>>n>>s;
memset(f,0,sizeof(f));
for(int i = 1 ; i<=n ; i++)
{
cin>>w>>v;
for(int j = s ; j>=0 ; j--)
{
if(j>=w)
f[j] = max(f[j],f[j-w]+v);//这里不用考虑边界了
}
}
cout<<f[s];
return 0;
}
总结：无论哪一种第一方法其实都是在不断的缩小问题的规模的过程，将处于每个阶段的最优都求出来，然后在下一个阶段选择时再取最优，就能保证一直最优。