01背包问题：
有n件物品，每件的价值及体积分别为v,w，且最多只能选一个，有一个背包总容量为V，求所选物品总体积不超过V时可获得的最大价值。
1.用二维数组dp[i,j]来处理：
状态：dp[i,j]表示选取前i-1件物品后，选第i件物品所能得到的最大价值；
状态方程：
到选取第i件物品时，有3种情况：
不可选；可选并选了；可选但不选。
dp[i,j]=：
{ dp[i-1,j] j<w[i]
max(dp[i-1,j] , dp[i-1,j-w[i]]+v[i]) j>=w[i]}
为什么第三种情况是从dp[i-1,j-w[i]]开始选呢？因为我们要在前i-1件物品已经选好了，并且选好之后还能够装下第i件物品的情况下，去选取第i件物品。
代码如下：
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=0;j<=V;j++){
if(j<w[i]) dp[i,j]=dp[i-1,j];
else dp[i,j]=max(dp[i-1,j],dp[i-1,j-w[i]]+v[i]);
}
}
（答案：dp[n,V]）
注：该方法也可以边输入边处理，即不必特地开辟两个数组v[i],w[i]，直接在输入v,w时就处理dp数组。
2.用滚动数组（一维）dp[j]处理：
与方法 1 很相似，个人觉得，是从方法 1 推导出来的。直接看代码：
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d%d",&v,&w); //边输入边处理
for(int j=V;j>=w;j–){ //一定要逆序，起点V，终点w（包括0）
dp[j]=max(dp[j],dp[j-w]+v);
}
}
（答案：dp[0~V]中最大的那个）
相比较方法 1 ，用滚动数组来处理要节约空间，并且更为整洁，不过使用滚动数组要注意一点：
内层循坏一定要逆序，起点V，终点w（包括0）。
（注：逆序的原因是为了保证每一件物品只能选一次，正序会出现同件物品选多次的情况，正序是完全背包的情况）
具体的讲解，可参考紫书或背包九讲。
（附）初始化的细节：
01背包问题有两种问法，一种询问当总重量恰好为V时所能获得的最大价值，另一种即为上面的问法，不超过V。
如果是第一种问法，那么只要在初始化时，将dp[0]=0,dp[1~V]=-inf即可，详解可查询：http://www.doc88.com/p-2961204836432.html。这个方法也可以推广到其它类型的背包问题哟。
完全背包问题：
有n件物品，每件的价值及体积分别为v,w，且可选无限多个，有一个背包总容量为V，求所选物品总体积不超过V时可获得的最大价值。
1.用二维数组dp[i,j]处理：
状态：dp[i,j]表示选完前i-1件物品后，选k个第i件物品所能获得的最大价值（0<=k<=j/w）
状态方程：
到选取第i件物品时，有3种情况：
不可选；可选但不选；可选并选了若干个。
dp[i,j]=:
{dp[i-1,j] j<w[i];
max(dp[i-1,j],dp[i,j-w[i]]+v[i]) j>=w[i]}
仔细观察一下，会发现，这个方程与01背包的方程之间的差别只有一处细微的地方：max中，01背包的dp[i-1,j-[wi]]+v[i]变成了dp[i,j-w[i]]+v[i]。为什么呢？我们先看下代码再来解释：
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=0;j<=V;j++){
if(j<w[i]) dp[i,j]=dp[i-1,j];
else dp[i,j]=max(dp[i-1,j],dp[i,j-w[i]]+v[i]);
}
}
（答案：dp[n,V]）
原因就是：选了k个i物品的状态是基于选了k-1个i物品的状态上的，而它们都是处于选取第i个物品的状态，而非返回至第i-1个物品的状态。而内层循坏j是从0开始，递增至终点为V的，便可以模拟选取若干个i物品的过程。（想象一下）
2.用滚动数组dp[j]处理：
同01背包一样，与方法 1 很相似，直接上代码吧：
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d%d",&v,&w);
for(int j=w;j<=V;j++){ //一定要顺序，起点w（包括0），终点V
dp[j]=max(dp[j],dp[j-w]+v);
}
}
注：内层循坏一定要顺序，起点w（包括0），终点V。
其实，如果理解了二维数组的思路，这个代码也就基本能理解了。不过，如果要单独理解滚动数组为何方向要顺序的话，可查看：http://www.doc88.com/p-2961204836432.html
附：完全背包转化为01背包问题
将第i件物品拆分成num=V/w[i]件物品，将num件物品拆分成k件物品，每件物品的价值与重量均乘上一个系数，再利用 二进制 的思想，计算出k的值以及每件物品对应的系数。举个栗子，设V=100，w[i]=9，则num=100/9=11，11的二进制数为1011，则第1件物品对应系数为20×1=1，第二件21×1=2，第三件22×0=0，第四件23×1=8，系数为0的舍去，则最终k=3，每件系数分别为1，2，8。对每件物品i完成拆分后，就可以用01背包的解决方法来解题了，时间复杂度为O（V∑(V/w[i])），虽然相对上面O（V*N）的做法略显不足，但这个做法成功的将问题进行了转化，说明了01背包以及转化思想的重要性。
另外，上述计算各个物品的系数的过程可以通过位运算完成，利用&和>>运算符。
01背包问题2
有n件物品，每件的价值及体积分别为v,w，且最多只能选一个，有一个背包总容量为V，求所选物品总体积不超过V时可获得的最大价值。
限制条件：
1<=n<=100; 1<=v<=100; 1<=w<=107; 1<=W<=109。
分析：题目与01背包问题完全一样，不一样的是限制条件，前面那道01背包的dp是针对不同的重量限制计算最大的价值，如果用在这里，一定会超时，因为W实在太大了，然而，不难发现，价值的大小相比较之下却很小。因此，我们可以尝试改变dp的对象，用dp针对不同的价值计算最小的重量。
用二维数组dp[i,j]解决：
状态：dp[i,j]表示前i件物品挑选出总价值和为j时需要的最小重量。
状态转移方程：
前i个物品挑选出价值总和为j时，有2种情况：
1.前i-1个物品中挑选出价值总和为j-v[i]的部分，再选中第i个物品；
2.前i-1个物品中挑选出价值总和为j的部分。
此外还有当前物品v[i]>j的情况，但这种情况事实上是等同于第2种情况，因为j-v[i]<0，价值不存在负数的情况，说明要从前i-1个物品中挑选出价值总和为j-v[i]的部分是不可能存在的，因此v[i]>j的情况要隶属于第2种情况。
dp[i,j]=
{ dp[i-1,j] j<v[i];
max(dp[i-1,j],dp[i-1,j-v[i]]+w[i]) j>=v[i] }
代码如下：
int dp[100+1,100*100+1];
dp[0,0]=0;
for(i=1;i<=10000;i++) dp[0,i]=INF;
for(i=1;i<=n;i++){
for(j=0;j<=10000;i++){
if(j<v[i]) dp[i,j]=dp[i-1,j];
else dp[i,j]=max(dp[i-1,j],dp[i-1,j-v[i]]+w[i]));
}
}
int ans;
for(i=0;i<=10000;i++)
if(dp[n,i]<=W){
ans=i;
}printf("%d\n",i)；
return 0;
注：上面的代码有两点要特别注意：
1.数据的初始化：i=0时，表示前0个物品，此时什么也选不了。dp[0,0]表示，0件物品价值为0，因此此时可将重量初始为0，即dp[0,0]=0；而dp[0,j]表示，0件物品价值为j，显然这是不可能存在的情况，将重量初始为INF，即dp[0,j]=INF.
2.答案：最终的答案，就是dp[n,j]<=W中最大的j。
小结：此题具有较大的意义，**它提醒我们当以某个对象进行解题时，如果行不通，可以切换另一个对象进行尝试。**此外，我们还应从中知道，动态规划的状态转移方程是与所确定状态紧密联系的，因此要写出方程，还应仔细思考状态可能有哪些情况。（你可以看到，01背包1与01背包2的状态不同，而状态转移方程也随之变化很多）
多重背包问题
有n件物品，每件的价值及体积分别为v[i],w[i]，且第i件物品有m[i]个，有一个背包总容量为V，求所选物品总体积不超过V时可获得的最大价值。
分析：
1.当w[i]×m[i]>V时，原问题就转化为完全背包问题了；
2.当w[i]×m[i]<=V时，可以通过拆分，转化为01背包问题。
这里不太方便写代码，待以后遇到确切题目，再将代码复制过来。
伪代码先参照http://www.doc88.com/p-2961204836432.html
混合背包问题
有n件物品，每件的价值及体积分别为v[i],w[i]，且有的物品只可拿1件，有的可以拿无限多件，有的可以有上限件，有一个背包总容量为V，求所选物品总体积不超过V时可获得的最大价值。
分析：
这道题是01，完全，多重背包的混合体。先考虑01背包与完全背包混合。
伪代码：
for(i=1;i<=n;i++){
if（第i件物品属于01背包问题）
{
for(j=V;j>=w[i];j–)
dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]);
}
else if（第i件物品属于完全背包问题）
{
for(j=w[i];j<=V;j++)
dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i])；
}
若再考虑上多重背包：
for(i=1;i<=n;i++){
if（第i件物品属于01背包问题）
{
zopack;
}
else if（第i件物品属于完全背包问题）
{
cpack;
}
else if（第i件物品属于多重背包）
{
mpack;
}
二维费用背包问题
二维费用的背包问题是指：对于每件物品，具有两种不同的费用，选择这件物品时必须付出同时付出这两种费用。对于每种费用都有一个可付出的最大值（背包容量）。问怎样选择物品，才能得到最大的价值。
设第i件物品所需费用为ci和di，两种费用可付出的最大值分别为V，U。物品的价值为wi。
算法：费用增加了一维，因此只需算法增加了一维即可。设dp[i,j,k]表示前i件物品付出j,k费用时可获得的最大价值，状态方程为：
dp[i,j,k]=max(dp[i-1,j,k],dp[i-1,j-ci,k-di]+w[i])；
如需优化空间复杂度，可改用二维数组dp[j,k]，如果问题是01背包问题，则j，k采用逆序方法处理，如果是完全背包，则j，k采用顺序方法处理。
**有时候，第二维的费用并不是直接给出的，而是以这样一种隐形的方式给出：最多只能取走U件物品。**事实上相当于多了一个“件数”的费用，每个物品的件数费用均为1。设dp[i,j,k]表示前i件物品付出j费用，选取k件时可获得的最大价值，状态方程为：
dp[i,j,k]=max(dp[i-1,j,k],dp[i-1,j-ci,k-1]+w[i])；
同样的，如果改用二维数组dp[j,k]，要根据问题的类型对循坏方向进行处理。
总结与感悟
目前，因为能力有限，背包问题的暂时就学到这5种问题。在学习的过程当中，有一个深深的体会就是：动态规划，是一个十分抽象的算法，它十分的考验思维以及逻辑的严密性。动态规划的核心是状态以及状态转移方程，其中，又以状态的确定为基础，才能推到出状态转移方程，也就是说，先找准状态，才根据状态，推导出状态转移方程。此外，有时候还要考虑一个边界的处理，边界的初始状态不同，很可能会导致最终的结果不同（比如01背包和01背包之2）。
总而言之，动态规划，是利用抽象的思维来解决问题的，处理动态规划问题时，一定要找准状态，通过严密的思维和逻辑推导出方程，并处理好边界的状态。
接下来就要开始多刷题了，动态规划要入门，或许还要挺长的一段时间，要不断的刷题，以求能够灵活的处理各类不同的问题。