本來還覺得01揹包是動態規劃中比較基礎的部分，沒想到現在看了一下覺得好難...

這題就是01Knapsack問題，我參考了一下Hawstein的blog，先來舉一些例子吧：

讓我假設現在的揹包的容量是C=10；

物品編號： 1 2 3

物品重量： 5 6 4

物品價值：20 10 12

用v[i]表示物品價值，w[i]表示物品重量，要使得放入揹包的物品價值最大化，我們知道用貪心是不行的！

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所以接下來開始動規：

首先定義狀態dp[i][j]以j為容量為放入前i個物品(按i從小到大的順序)的最大價值，那麼i=1的時候，放入的是物品1，這時候肯定是最優的啦！

那考慮一下j，j是當前容量，如果j<5，那麼是不是就不能放，dp[1][j](j<5)=0；那如果j>5，就可以放了，dp[1][j](j>=5)=20；

接著i=2放兩個物品，求的就是dp[2][j]了，當j<5的時候，是不是同樣的dp[2][j](j<5)等於0；那當j<6是不是還是放不下第二個，只能放第一個；

那j>6呢？是不是就可以放第二個了呢？是可以，但是明顯不是最優的，用腦子想了一下，發現dp[2][j](j>6)=20，這個20怎麼來的呢，當然是從前一個狀態來的（注意這裡就可以分為兩種情況了）：一種是選擇第二個物品放入，另一種還是選擇前面的物品；

讓我們假設一下j=10吧，可能會比較好理解！這時候：dp[2][10] = max(dp[1][10-w[2]])+v[2]，dp[1][10])；

dp[2][10] = max(dp[1][4])+10，dp[1][10])；

是不是很明顯了呢，dp[1][4])+10是選擇了第二個，於是容量相應就減少成4，之前已經得出dp[1][4]=0，就是說選了物品2，物品1就選不了了；dp[1][10]是不選擇第二個，只選擇第一個dp[1][10]是等於20的，於是得出dp[2][10]=20；

到這裡就可以了，依次類推，動態轉移方程為：dp[i][j] = max(dp[i-1][j-w[i]])+v[i]，dp[i-1][j])；

但是好像還有一些問題沒考慮完.........

看回例子：

物品編號： 1 2 3

物品重量： 5 6 4

物品價值：20 10 12

我們知道dp[1][j](j<5)=20，dp[2][j](j=5)的時候是多少呢？我們看到動態轉移方程並沒有考慮j<w[i]的情況，但是我們可以加進去，由於dp[2][5]我們看出來是等於5的，為什麼？因為不能選第二個，只能選第一個，所以.....dp[2][5]是不是剛好等於dp[1][5]了呢！所以當j<w[i]的時候，dp[i][j] = dp[i-1][j]就好了，是不是很神奇呢！

 1 #include <iostream>
 2 
 3 using namespace std;
 4 
 5 int w[105], val[105];
 6 int dp[105][1005];
 7 
 8 int main()
 9 {
10     int t, m, res=-1;
11     cin >> t >> m;
12     for(int i=1; i<=m; i++)
13         cin >> w[i] >> val[i];
14     
15     for(int i=1; i<=m; i++) //物品 
16         for(int j=t; j>=0; j--) //容量 
17         {
18             if(j >= w[i])
19                 dp[i][j] = max(dp[i-1][j-w[i]]+val[i], dp[i-1][j]);
20             else
21                 dp[i][j] = dp[i-1][j];           
22         }
23     cout << dp[m][t] << endl;
24     return 0;
25 }