问题描述：
有N种物品和一个容量为V的背包，每种物品仅用一次。第i件物品的费用是w[i]，价值是v[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
例如：
N=5,V=10
重量 价值
第一个物品： 10 5
第二个物品： 1 4
第三个物品： 2 3
第四个物品： 3 2
第五个物品： 4 1
首先我们考虑贪心策略，选取最大价值物品装入背包，得到的最大价值为：5。
但是正解为10(后四个物品)。所以我们直接来看背包算法。
定义dp[i][j]:选取i个物品，背包容量为j时，所能获得的最大价值。
由于一个物品只能拿一次或者不拿，那么我们分别分析拿还是不拿。
（1）j < w[i]，这时背包容量不足以放下第i件物品，只能不拿dp[i][j] = dp[i-1][j]
（2）j > w[i]，这时背包可以放下第i件物品，但是这时我们需要考虑拿这件物品是否会获得更大价值。
- 如果拿，dp[ i ][ j ] = dp[ i - 1 ][ j - w[ i ] ] + v[ i ]。这里dp[i-1][j-w[i]]指的是因为我们现在要选取第i个物品，那么之前就肯定选取了i-1个物品；既然想让背包容纳这个物品，那么选取之前背包需要留有w[i]的位置。
- 如果不拿，dp[ i ][ j ] = dp[ i - 1 ][ j ]
那么到底拿还是不拿，就需要比较哪个结果更大。
这就是动态规划的思想：在求值的时候考虑之前的状态。综上所述，我们得到了
状态转移方程：
if(j >= w[i])
dp[ i ][ j ] = max( dp[ i - 1 ][ j ], dp[ i - 1][ j - w[ i ] ] + v[ i ] );
else
dp[ i ][ j ] = dp[ i - 1 ][ j ];
空间压缩
注意到每次求解dp[i][j]值用到了上一行(i-1)的值：dp[i-1][j] 和 dp[i-1][j-w[i]]，考虑用dp[j]来表示之前dp[i][j]的状态。
- 在第 i 次循环开始之前，dp[ j ] = dp[ i -1 ][ j ];（0 <= j <= V）
- 在第 i 次循环结束之后，dp[ j ] = dp[ i ][ j ];（0 <= j <= V）
那么在计算第 i 次循环的dp值时，拿或者不拿的选择变为下列情况：
- 如果放弃物品 i ，即dp[ i ][ j ] = dp[ i - 1][ j ]，dp[ j ]保持不变即可
- 如果选取物品 i ，即dp[ i ][ j ] = dp[ i - 1][ j - w[ i ] ]，很幸运，当前的dp[ j - w[ i ] ]就是dp[ i - 1][ j - w[ i ] ]
至此，我们得到了空间压缩后的状态转移方程：
for(int i = 0; i < N; i++){
for(int j = V; j >= w[ i ]; j—){
dp[ j ] = max(dp[ j ], dp[ j - w[ i ] ] + v[ i ]);
}
}
注意：外层循环为第 i 件物品，内层循环为背包价值，在压缩空间之后，内层循环的顺序不可更改，必须为降序，这是因为，由于将空间压缩成一维数组，所以只能保存某一种时刻的状态，但是我们的dp方程，需要利用上一状态的值，也就是，dp[ j - w[ i ] ] 这句，并且，很显然，用到位置是容量 < 当前容量( j )的值，也就是说，我们更改dp[ j ]的值时候，必须保证，j 之前的数值为上个状态的值，不能优先于 j 更新。所以必须按照从大到小的次序更新。
