问题标题: 谁能和我说一下一维数组的0-1背包的思想与如何实现？

有 N 件物品和一个容量为 V 的背包。第 i 件物品的费用是 w[i]，价值是 p[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。

  本文按照动态规划的标准模式解析：http://blog.csdn.net/hearthougan/article/details/53749841

 0-1背包问题，表示的是每个物品只有一件，每件物品不能分割，在不超过背包容量的同时，如何选取物品，使得背包所装的价值最大（背包可以装不满）。这是一个经典的动态规划问题，有《背包九讲》珠玉在前，我所能做的也只是按自己的理解，加以分析这个问题。如果需要《背包九讲》请点击：

http://download.csdn.net/detail/hearthougan/5891267

  不妨设集合表示n个物品，该问题的某一个最优解集合为。

1、最优子结构

  我们已经假设该问题的最优解为A，那么对于某个物品，令,表示原问题除去物品后的一个子问题，那么,就是该子问题的一个最优解。可反证此问题，即存在一个是子问题的最优解解，那么,所得的集合一定比原问题最优解集合S所得的最大价值要大，这与假设矛盾。因此原问题的最优解一定包含子问题的最优解，这就证明了最优子结构性质。

2、递归地定义最优解的值

  对于每个物品我们可以有两个选择，放入背包，或者不放入，有n个物品，故而我们需要做出n个选择，于是我们设f[i][v]表示做出第i次选择后，所选物品放入一个容量为v的背包获得的最大价值。现在我们来找出递推公式，对于第i件物品，有两种选择，放或者不放。

  <1>:如果放入第i件物品，则f[i][v] = f[i-1][v-w[i]]+p[i],表示，前i-1次选择后所选物品放入容量为v-w[i]的背包所获得最大价值为f[i-1][v-w[i]]，加上当前所选的第i个物品的价值p[i]即为f[i][v]。

  <2>:如果不放入第i件物品，则有f[i][v] = f[i-1][v],表示当不选第i件物品时，f[i][v]就转化为前i-1次选择后所选物品占容量为v时的最大价值f[i-1][v]。则:

f[i][v] = max{f[i-1][v], f[i-1][v-w[i]]+p[i]}

数组压缩

王子凡在2018-02-09 10:01:57追加了内容

空间压缩思想

用f[0..v]表示，f[v]表示把前i件物品放入容量为v的背包里得到的价值。把i从1~n(n件)循环后，最后f[v]表示所求最大值。
这里f[v]就相当于二维数组的f[i][v]。

首先要知道，我们是通过i从1到n的循环来依次表示前i件物品存入的状态。即：for i=1..N

现在思考如何能在是f[v]表示当前状态是容量为v的背包所得价值，而又使f[v]和f[v-c[i]]+w[i]标签前一状态的价值？ 

逆序

这就是关键！ 

这是动态转移方程：f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};

1

f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};

关于01背包

呐，为什么叫它01背包呢，因为装进去就是1，不装进去就是0.所以针对每个物品就两种状态，装，不装（请允许我用这么老套的开篇，相信听过很多次背包讲解的人，大多都是这个开篇的）所以咯，我这个背包啊，只要有足够大的空间，这个物品是有可能被装进去的咯。

所以有状态转移方程

dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-weight[i]]+value[i]);

然后二维数组的代码写法分分钟就出来了，反正都是跟前一个状态去转移，也没有什么写法上的限制。

然后啊，我们来仔细分析分析就会发现，这个数组开销还是很大的，因为是二维的，万一哪个数据一大，分分钟内存超限，因此有了下边的解法

#include<bits/stdc++.h>//别学我
using namespace std;
int dp[1005][1005];
int weight[1005];
int value[1005];
int main()
{
    int n,m;
    cin>>m>>n;
    memset(dp,0,sizeof(dp));//数组清空,其实同时就把边界给做了清理
    for(int i=1; i<=n; i++)
        cin>>weight[i]>>value[i];
    //从1开始有讲究的因为涉及到dp[i-1][j],从0开始会越界
    for(int i=1; i<=n; i++)//判断每个物品能否放进
    {
        for(int j=0; j<=m; j++)//对每个状态进行判断
        //这边两重for都可以倒着写，只是需要处理最边界的情况，滚动数组不一样
        {
            if(j>=weight[i])//能放进
                dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-weight[i]]+value[i]);

            else dp[i][j]=dp[i-1][j];//不能放进
        }
    }
    cout<<dp[n][m]<<endl;
    return 0;
}

传说中的---------------滚动数组！！！

啊？什么是滚动数组。

说白了二维数组只是把每个物品都跑一遍，然后到最后一个物品的时候输出答案，那么过程值只是计算的时候用一次，我没必要存下来。所以用一个数组去滚动存储，然后用后一个状态的值去覆盖前面一个状态。然后形象的叫它：滚动数组（ma！dan！一点都不形象，我理解了好久）

好吧，假装很形象。

那么问题来了，怎么样用一维的去代替二维的工作，或者说怎么去思考。这是一个难点。

那么我们想，遍历物品的那个for肯定不能省去，然后里边的for也不能省。。。。那么。就把那个i给他删了吧，好像确实没啥用哦。

然后就出现了这样的代码

 for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        for(int j=weight[i]; j<=m; j++)
        {
            dp[j]=max(dp[j],dp[j-weight[i]]+value[i]);
        }
    }

看上去好像很厉害的样子,但是这个绝对是错的，因为第二个for里存在某个dp[j]被改动过，然后再次影响到更大的j。就像我们再对一个数组进行移位操作，一不小心就全部成了一样的数。（别笑，你们以前肯定碰到过|||- -）

额。。回到正题，上边的代码会有重复影响，确实歪打正着的碰上了另一个背包。这个另说，现在附上正确的思路。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dp[1005];//滚动数组的写法，省下空间省不去时间
int weight[1005];
int value[1005];
int main()
{
    int n,m;
    cin>>m>>n;
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    for(int i=1; i<=n; i++)
        cin>>weight[i]>>value[i];
    for(int i=1; i<=n; i++)//对每个数判断，可反
    {
        for(int j=m; j>=weight[i]; j--)//这里这个循环定死，不能反,反了就是完全背包
        {
            dp[j]=max(dp[j],dp[j-weight[i]]+value[i]);//其实不断在判断最优解，一层一层的
        }
    }
    cout<<dp[m]<<endl;
    return 0;
}

其实就是规定从m开始循环，保证了选择这个物品时，肯定不会重复使用状态。

看看这个