满篇都是干货，有详细的注释和代码，请放心观看。

这就是传说中的 01 背包问题，这个问题看到之后主要有两种思路：

一、贪心做法（错误想法）

        这道题如果没有学过 01 背包问题的话，很容易想成一个贪心的问题，就是讲他的 “性价比"
 从高到低排序（这里的“性价比”指的是  ），但是我们很容易发现这是错误的，因为将性价比较高的放在前面的话那么不可以尽量的吧空间占用完，所以我们可以显然的发现，这样的方法是错误的，但是如果题目的数据比较水的话还是可以骗很多分的。。

        所以这种做法是错误的。

二、01背包问题做法（朴素版本）

        01 背包问题基本上是十分常见的 DP 问题。

        我们通过普通的做 DP 的思路，得先想想应该怎么定义 DP 的状态，我们应该怎么做呢？

        第一步：

        通过以往做 DP 的经验，那么可以不是很困难的得出定义 ： 为选取前  个物品，使得总重量不超过  的最大总价值（这个是很重要的点，如果在做动态规划的时候没有想出这个点，那么基本上这道题就没有什么希望了）。

        第二步：

        这个 DP 数组是否需要加初始化，但是是否定的，因为这道题的 数组一直都在不断的更新，所以这里也不会溢出或者判断错误，可以得出结论：这里的   数组不需要初始化！

        第三步：

        第三步是最难的一步，也是我主要要讲的一步，这一步就是支撑整个代码的“顶梁柱”，那就是：状态应该怎么转移呢？

        其实可以发现：枚举每个物品，比如当前枚举到了第 i 个物品，可以发现一共有两种情况：
        一、不选第 i 个物品，那么 。

        二、选第 i 个物品，那么可以发现 。

        首先解释一下第一种：就是如果不选第  个物品，那么其实和只选前  个物品一样，都是一样的价值，所以可以的出以上表达式。

        解释一下第二种的理解：在前 i-1 个物品中，是总重量不超过 j-v[i] （因为当前枚举到了第 i 个物品，总重量为 j，当前的物品重量为 v[i] ，所以可以发现当前的重量就不可以超过 j-v[i])，所以答案不就呼之欲出了。。（注意最后要加上当前这个物品的总价值）

        总结一下：这道题的状态转移方程式是：。

        然后这里还要注意一个点，就是在  的时候有可能会出现负下标，所以需要特判一下 ，这就是一个推导状态转移方程式的一个简单的解析，所以就可以写出以下代码（代码中也有较为详细的解释，我在这里就不多说了）：

/*f[i][j] = f[i-1][j-v[i]]+w[i]
价值等于前i-1个物品的总容量不超过(j-v[i])的总价值
j-v[i]的含义：最大的容量为j，然而要放进i这个物品，i物
品的重量为v[i]，所以前i-1个物品的最大容量只能是(j-v[i])。*/

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;
const int N = 1010;

int n, m;//m就是题目中的v
int v[N], w[N], f[N][N];

int main(){
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for(int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d%d",&v[i],&w[i]);
	for(int i = 1; i <= n; i ++ )
		for(int j = 0; j <= m; j++){
			f[i][j] = f[i-1][j];
			if(j >= v[i]) f[i][j] = max(f[i][j], f[i-1][j-v[i]]+w[i]);
		}
	printf("%d\n", f[n][m]);
	return 0;
}

三、01背包问题做法（一维数组优化版本）

        这种方法会讲的稍微快一点，因为这种方法就是思路二的一个优化版本，所以建议可以先把思路二的想法先看懂，然后再看这里的解析。

        还是熟悉的 DP 三部曲：

        第一步：

         依旧是定义 DP 数组，这里定义成一维的数组，那么就可以轻易的定义出： dp[i] 表示不超过 i 的最大总价值。

        第二步：

         这个 DP 数组是否需要初始化，也就是说他会不会超出边界或者得到不正确的答案，可以简单的画图模拟一下，发现是明显不会覆盖或超出边界的，所以这里的 DP 数组依旧不需要初始化。

        第三步：

         这里我依旧要特别重要的讲一下，其实可以发现不论是二维数组还是一维数组，他们的状态转移其实都是差不多的，所以其实可以直接将上面推出来的那一个状态转移方程给移动到下面来。

        二维数组的状态转移：，那么一维数组就可以在二维数组的基础上进行“直接去掉一维”的操作，所以可以得出一维数组的状态转移方程式：,其实在这里不是很好说明它是对的，所以这里我给大家举一个例子：

比如这里输入三个物品和一个容量为  的背包，他们的  分别是，分别是.

然后可以自己尝试一下，发现其实这个答案是错误的。

        为什么是错误的呢？

        其实，并不是状态转移方程错了，而是循环的顺序错了，应该把循环反过来，才可以保证它的正确性，只要稍微想一下可以发现确实如此，因为从后往前进行查找，才不会出现错误的、或者重复的情况，从而就保证了现在这种策略的准确性。

        然后给出参考代码：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <iostream>

using namespace std;

const int N = 1010;
int n, m, v[N], w[N], f[N];

int main(){
    scanf("%d%d", &n, &m);
    
    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d", &v[i], &w[i]);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int j = m; j >= v[i]; j--){/*注意：这里的循环变量要从0开始,因为
这里的这个j表示的是价值不超过j，所以j可以是0*/
            f[j] = max(f[j], f[j-v[i]]+w[i]);
            //我们可以发现每次f[j]数组都要依靠前一个，但是这里明显反了，所以要把循环倒过来
        }
    
    printf("%d\n", f[m]);
    return 0;
}

        其实，有些时候也是不可以进行一维数组的优化的，比如：LTS问题。 

        注1：在上面给出的两则代码中我在文章中所写的 dp 函数我都用的是 f 函数代替，如有观看的效果不佳，可以乱喷。

谢谢大家支持，这是我的第一篇 CSDN 中的 DP 博客，如果有阅读的不便或者手滑错误请谅解，并且私信/在评论区指出，我会第一时间改进的！！！

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