01背包问题是最基本的背包问题，它包含了背包问题中设计状态、方程的最基本思想，另外，别的类型的背包问题往往也可以转换成01背包问题求解。

dd大牛的文章中这样提到01背包问题：
题目
有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用是c[i]，价值是w[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。

基本思路
这是最基础的背包问题，特点是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。

用子问题定义状态：即f[i][v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程便是：f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}。

这个方程非常重要，基本上所有跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的。所以有必要将它详细解释一下：“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题，若只考虑第i件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。如果不放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入容量为v的背包中”；如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为v-c[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是f [i-1][v-c[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值w[i]。

注意f[i][v]有意义当且仅当存在一个前i件物品的子集，其费用总和为v。所以按照这个方程递推完毕后，最终的答案并不一定是f[N] [V]，而是f[N][0..V]的最大值。如果将状态的定义中的“恰”字去掉，在转移方程中就要再加入一项f[i][v-1]，这样就可以保证f[N] [V]就是最后的答案。至于为什么这样就可以，由你自己来体会了。

优化空间复杂度
以上方法的时间和空间复杂度均为O(N*V)，其中时间复杂度基本已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O(V)。

先考虑上面讲的基本思路如何实现，肯定是有一个主循环i=1..N，每次算出来二维数组f[i][0..V]的所有值。那么，如果只用一个数组f [0..V]，能不能保证第i次循环结束后f[v]中表示的就是我们定义的状态f[i][v]呢？f[i][v]是由f[i-1][v]和f[i-1] [v-c[i]]两个子问题递推而来，能否保证在推f[i][v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到f[i-1][v]和f[i-1][v -c[i]]的值呢？事实上，这要求在每次主循环中我们以v=V..0的顺序推f[v]，这样才能保证推f[v]时f[v-c[i]]保存的是状态f[i -1][v-c[i]]的值。伪代码如下：

for i=1..N
for v=V..0
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};

其中的f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]}一句恰就相当于我们的转移方程f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i- 1][v-c[i]]}，因为现在的f[v-c[i]]就相当于原来的f[i-1][v-c[i]]。如果将v的循环顺序从上面的逆序改成顺序的话，那么则成了f[i][v]由f[i][v-c[i]]推知，与本题意不符，但它却是另一个重要的背包问题P02最简捷的解决方案，故学习只用一维数组解01背包问题是十分必要的。
 

 01背包问题 Acwing 02

有 N 件物品和一个容量是 V 的背包。每件物品只能使用一次。

第 i 件物品的体积是 vi，价值是 wi。

求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。
输出最大价值。

输入格式

第一行两个整数，N，V，用空格隔开，分别表示物品数量和背包容积。

接下来有 N 行，每行两个整数 vi,wi，用空格隔开，分别表示第 i 件物品的体积和价值。

输出格式
输出一个整数，表示最大价值。

数据范围
0<N,V≤1000
0<vi,wi≤1000
输入样例
4 5
1 2
2 4
3 4
4 5
输出样例：
8

朴素版解法：二维空间解法
每件物品只能选一次，对于每种物品，我们有两种选择

1.不选第i个物品 -> f[i][j]=f[i-1][j]
等于选前i-1个物品，空间为j情况下的最优解
2.选第i个物品 -> f[i][j]=f[i-1][j-v[i]]+w[i]
如果选的话，前i-1个物品的体积最多为j-v[i]

在这两种情况中取较大值即可，即为当前情况的最优解。
 

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>using namespace std;const int N=1010;int n,m;
int f[N][N];  //f[i][j]表示前i个物品，背包容量是j的情况下的最大价值。 
int w[N];
int v[N];int main()
{cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>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]);} int res=0;for(int i=0;i<=m;i++)res=max(res,f[n][i]);cout<<res<<endl;return 0;
}

解法二：滚动数组优化：（只需要一个数组）

状态转移每次只与上一层有关，所以用一个一维数组就可以
转移方程：f[i]=max(f[i],f[i-v[i]]+w[i])

其实就相当于二维中的 f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-v[i]]+w[i])

所以第二层循环需要从大到小循环，因为若是继续从小到大循环，后面算的时候，用的是这一层已经算过的数据，就变成f[i][j]=max(f[i][j],f[i][j-v[i]]+w[i]) ，（这正好是完全背包一维的解法，每个物品可以选无限次）而从大到小算的话一定用的是上一层的状态

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>using namespace std;const int N=1010;int n,m;
int f[N]; 
int w[N];
int v[N];int main()
{cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>v[i]>>w[i];for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=m;j>=v[i];j--)f[j]=max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);cout<<f[m]<<endl;return 0;
}

这时的f[i]表示空间<=i的最大价值，所以最后直接输出dp[m]即可，

若题目要求装满背包，即将物品恰装入一个容量为m的背包中，只需要将初始化条件改一改即可，----将dp数组初始化为负无穷，f[0]=0，即可确保状态一定是从0转移过来的。