Description
已知:有一个容量为W的背包和n件物品，第i件物品的重量是w[i]，价值是v[i]。
问题:在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值或收益?
相似问题:在恰好装满背包的情况下，最多能获得多少价值或收益?
限制:每种物品只有一件，可以选择放或者不放（由于对于每件物品，只存在取与不取两种情况，所以该问题被称为 01背包）
这里，我们先讨论在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值或收益。
Think
问题特点：每件物品只有一件，对于每件物品可以选择拿或不拿。
子问题定义状态：
dp[i][j] : 对前i件物品进行选取放到一个容量为j的背包中可以获得的最大价值
状态转移方程：
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j],dp[i - 1][j - w[i]] + v[i])
Analysis：考虑我们的子问题，将前i件物品放到容量为W的背包中，若我们只考虑第i件物品时，它有两种选择，放或者不放。
1) 如果第i件物品不放入背包中，那么问题就转换为：将前i - 1件物品放到容量为 j 的背包中，带来的收益dp[i - 1][ j ]
2) 如果第i件物品能放入背包中，那么问题就转换为：将前i - 1件物品放到容量为j - w[i]的背包中，带来的收益dp[i - 1][j - w[i]] + v[i]
Example
| i（物品编号） |
1 | 2 | 3 | 4 |
|---|---|---|---|---|
| w（物品重量） | 2 | 1 | 3 | 2 |
| v（物品价值） | 3 | 2 | 4 | 2 |
可以直接看出ans = 7,(选取编号为1，2，4三件物品，物品重量 ：2 + 1 + 2，价值：3 + 2+ 2 或者 选取编号为1，3三件物品，物品重量 ：2 + 3，价值：3 + 4 )
下面进行解释模拟一下各种状态之间是如何进行的（以加深自己它的理解）：
模拟过程是第一层循环对物品（i:1->n）进行枚举，第二层循环是对背包容量（j:0->W）进行枚举。
| 行为i,列为j | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
| 1 | 0 | 0 | 3 | 3 | 3 | 3 |
| 2 | 0 | 2 | 3 | 5 | 5 | 5 |
| 3 | 0 | 2 | 3 | 5 | 6 | 7 |
| 4 | 0 | 2 | 3 | 5 | 6 | 7 |
具体中间的数据如何计算，自己在脑中详细思考一下状态的转移就OK了！
Code(一)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int n = 4;//物品个数
const int W = 5;//背包最大容量
int w[n+1] = {0,2,1,3,2};//物品重量
int v[n+1] = {0,3,2,4,2};//物品价值
int dp[n+1][W+1];
int Knapsack()
{
memset(dp,0,sizeof(dp)); //初始化
//递推
for(int i=1; i<=n; i++) //枚举物品
{
for(int j=0; j<=W; j++) //枚举背包容量
{
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
if (j >= w[i])
{
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j],dp[i - 1][j - w[i]] + v[i]);
}
}
}
for(int i=1; i<=n; i++)
{
for(int j=0; j<=W; j++)
{
printf("%d ",dp[i][j]);
}
printf("\n");
}
return dp[n][W];
}
int main()
{
cout<<Knapsack()<<endl;
return 0;
}
效率：此算法的时间复杂度为O(nW)，空间复杂度也为O(nW)。其中，n 表示物品个数，W 表示背包容量这里，时间复杂度不可以在优化了，但是空间复杂度可以继续优化到O(V)。
优化空间复杂度
上面的方法，我们使用二维数组 dp[i][j] 保存中间状态，可以使用一维数组f[j]保存中间状态就能得到结果.
我们现在使用 f[j] 保存中间状态，我们想要达到的效果是，第i次循环后，f[j]中存储的是前i个物体放到容量j时的最大价值
再回顾下之前讲过的状态转移方程：
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j],dp[i - 1][j - w[i]] + v[i])
我们可以看到，要想得到 dp[i][j]，我们需要知道 dp[i - 1][j] 和 dp[i - 1][j - w[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。
当我们使用一维数组存储状态时，f[j]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dp[i][j]。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，dp[j]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dp[j],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dp[i - 1][j] 和 前i - 1件物品放到容量为j - w[i]的背包中带来的收益，即之前的dp[i - 1][j - w[i]] + v[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dp[i - 1][j] ：
由于，在执行在i次循环时，dp[j]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，dp[ j ]的值还是在第 i - 1 次循环时存下的值，在此时取出的 dp[ j ]就是前i - 1个物体放到容量v时的最大价值，即dp[i - 1][j]。
2）前i - 1件物品放到容量为j - w[i]的背包中带来的收益，即之前的dp[i - 1][j - w[i] ] + v[i]
由于，在执行第i次循环前，dp[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dp[i - 1][0 -> V]。则，在执行第i次循环前，dp 数组中v - w[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 - w[i]的背包中带来的收益 (即之前的dp[i - 1][v - weight[i]])，这里假设物品是从数组下标1开始存储的。
Code(二)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int n = 4;//物品个数
const int W = 5;//背包最大容量
int w[n+1] = {0,2,1,3,2};//物品重量
int v[n+1] = {0,3,2,4,2};//物品价值
int dp[W+1];
int Knapsack()
{
memset(dp,0,sizeof(dp)); //初始化
//递推
for (int i = 1;i <= n;i++) //枚举物品
{
for (int j = W;j >= w[i];j--) //枚举背包容量,防越界，j下限为 weight[i]
{
dp[j] = max(dp[j],dp[j - w[i]] + v[i]);
}
}
return dp[W];
}
int main()
{
cout<<Knapsack()<<endl;
return 1;
}
/*
目标：在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值
子问题状态:dp[j]:表示前i件物品放入容量为j的背包得到的最大价值
状态转移方程:dp[j] = max{dp[j],dp[j - w[i]] + v[i]}
初始化:f数组全设置为0
*/
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 j > j - w[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 j-w[i] 的情况。
具体来说，由于，在执行v时，还没执行到j - w[i]的，因此，dp[j - w[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j时，此时的dp[j]存储的是 dp[i - 1][j] ，此时dp[j-w[i]]存储的是dp[i - 1][j-w[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dp[v]存储的是 dp[i - 1][j] ，但是，此时dp[j-w[i]]存储的是dp[i][j-w[i]]。
因为，j > j - w[i]，第i次循环中，执行背包容量为j时，容量为j - w[i]的背包已经计算过，即dp[j - w[i] ]中存储的是dp[i][j - w[i]]。即，对于01背包，按照增序枚举背包容量是不对的。
自己刚刚接触背包问题，对它的理解还不深刻，自己再多做点题，加深对背包问题和dp的理解吧！
附上一篇博客（日后查看）：https://blog.csdn.net/insistgogo/article/details/8579597