关于 01背包
服了，背包问题我真的是学了就忘学了就忘学了就忘……
写个博客总结一下，加深加深印象（供以后忘了的时候参考）。
问题描述：
有 N 件物品和一个容量为 V 的背包。第 i 件物品的体积是 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。
问题特点：
每种物品只有一件，有两个状态，选择放或者不放。
状态转移方程：
dp[i][j] = max (dp[i-1][j], dp[i-1][j-w[i]]+v[i])。
dp[i][j] 表示装到第 i 个物品时背包的最大价值，dp[i-1][j] 可以理解为我们不装 i 物品，此时背包中的最大价值就是装到第 i-1 个物品时背包的最大价值； dp[i-1][j-w[i]]+v[i] 可以理解为我们装了 i 物品，既然装了 i 物品，那就应该从总容量中减去第 i 个物品的体积 w[i] ，此时背包剩余容量为 j-w[i] ，背包最大价值也要加上i物品的价值。
二维数组：
for(int i=1;i<=N;i++) { for(int j=0;j<=V;j++) { if(j<w[i])//第i件物品太重，放不进去 dp[i][j]=dp[i-1][j]; else dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w[i]]+v[i]); } }
对于上面的状态转移方程我们无法再进行时间优化，但可以进行空间优化。
可以发现这样的问题：
①二维数组的遍历顺序为从第一行开始一行一行遍历，且遍历到第i行时不会用到第 i-2 行的数据，那么 i-2 行及以前的数据都i没有用了，我们可以将其清除。
②遍历每一行时候只用到当前容量 j 和 j-w[i] 的数据，也就是第 i 次遍历只需要 第 i-1 次遍历中容量小于等于 j 的数据。
所以我们可以将利用滚动数组优化空间。
一维数组：
for(int i=1;i<=N;i++) { for(int j=V;j>=0;j++) { if(j<w[i])//第i件物品太重，放不进去 dp[j]=dp[j]; else dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]); } }
j从背包容量为 V 开始遍历，这样可以保证 dp[i][j] 和 dp[i][j-w[i]] 中保存的都是第 i-1 行的数据。
有个问题：j<w[i]时，dp[i] = dp[i] 是无用的，所以此时可以什么都不做，只需要遍历到 j>=w[i] 。即：
for(int i=1;i<=N;i++) { for(int j=V;j>=w[i];j--) dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]); }
