注意：for j in range(1，m+1):是枚举所有的情况，不用一一判断放入物品后背包容量减少后j的变化。为什么从1开始，因为0已经写出来了，即dp[i-1][j]=dp[i-1][j-0*a[i-1]]+0*v[i-1]。
01背包无价值
dp定义：前i项物品中的所有排序对应的当前重量（由给定数组决定）就为j的值，将此dp[i][j]=True表示就给的数组的前i项可以组成重量为j的组合。自然dp[i][0]都是True，不用放入物品自然是0。
for循环从m开始是因为题目要求最多装多少，故先从最大的开始。
dp=[[False]*(m+1) for i in range(n+1)]dp[0][0]=Truefor i in range(1,n+1):dp[i][0]=Truefor j in range(1,m+1):if j-a[i-1]>=0:dp[i][j]=dp[i-1][j] or dp[i-1][j-a[i-1]]else:dp[i][j]=dp[i-1][j]for i in range(m,-1,-1):if dp[n][i]==True:return ibreak01背包有价值
dp=[[0]*(m+1) for i in range(n+1)]#dp[0][j]=0,初始化前0项的价值为0for i in range(1,n+1):for j in range(1,m+1):if j-a[i-1]>=0:dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-a[i-1]]+v[i-1])else:dp[i][j]=dp[i-1][j]return dp[n][m]完全背包问题
max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-a[i-1]]+v[i-1])实际上可以写成max(dp[i-1][j-0*a[i-1]]+0*v[i-1],dp[i-1][j-1*a[i-1]]+1*v[i-1])
依次类推多重背包就可以写成：
for count in range(j//a[i-1]+1):
max(dp[i-1][j-0*a[i-1]]+0*v[i-1],dp[i-1][j-1*a[i-1]]+1*v[i-1]，dp[i-1][j-2*a[i-1]]+2*v[i-1]......)
n=len(a)dp=[[0]*(m+1) for i in range(n+1)]for i in range(1,n+1):for j in range(m+1):for count in range(j//a[i-1]+1):dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-count*a[i-1]]+count*v[i-1])return dp[n][m]但是会超时
优化
放第i件物品时。这里的处理和01背包有所不同,因为01背包的每个物品只能选择一个,因此选择放第i件物品就意味着必须转移到dp[i-1][v-w[i]]这个状态;
但是完全背包不同,完全背包如果选择放第i件物品之后并不是转移到dp[i-1][v-w[i]],而是转移到dp[i][v],这是因为每种物品可以放任意件(注意有容量的限制,因此还是有限的),放了第i件物品后还可以继续放第i件物品,直到第二维的v-w[i]无法保持大于等于0为止。
注意（for j in range(a[i-1],m+1):整个过程表示当前i-1个商品选完时该选则第i个商品，a[i-1]一直放，每一次放的次数不同所对应的j不同，直到到装不下时（即j<a[i-1]） ，而且每一次都是根据第i-1个商品所得到的关于j的一维列表得到的，也是一个i个商品对应的关于j一维列表。
关于状态方程为什么是dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-a[i-1]]+v[i-1])，因为dp[i][j]是先从dp[i-1][j]转移过来，然后再进行a[i][j]的数量选择，即dp[i][j-a[i-1]]。
n=len(a)
dp=[[0]*(m+1) for i in range(n+1)]
for i in range(1,n+1):for j in range(a[i-1],m+1):dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-a[i-1]]+v[i-1])return dp[n][m]多重背包
我们考虑一下，如果所有ni都满足ni ≥ W / wi，那不就变成完全背包的问题了么。可见，完全背包的基本实现思路也可以应用到多重背包的基本实现。对于多重背包的基本实现，与完全背包是基本一样的，不同就在于物品的个数上界不再是v/c[i]而是n[i]与v/c[i]中较小的那个。所以我们要在完全背包的基本实现之上，再考虑这个上界问题。
这次我们直接空间优化，不再讲解二维做法：
多重背包是可以不选，也可以选 1 个，可以选多个，而 0-1 背包只能选 0 个或者 1 个。
那就直接把种物品分开，即可比如：
每个盘子 3 块钱，我有 2 个。每双筷子 1 块钱，我有 10 双，每对刀叉 3 块钱，我有 3 个。
那么我就可以拆成，有 2 个三块的盘子，每个可以选也可以不选，就变成了 0-1 背包。
也就是说，对于每种是可以选多个，那就直接拆分成独立的个体就可以了。
代码与完全背包的区别除了多了个表示物品个数的数组s[ ]之外，只在内循环的控制条件那里。
n=len(a)dp=[[0]*(m+1) for i in range(n+1)]for i in range(1,n+1):for j in range(1,m+1):for k in range(min(j//a[i-1]+1,s[i])+1)):dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-k*a[i-1]]+k*v[i-1])return dp[n][m]滚动数组（空间优化（二维变一维）
01背包
因为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。
为什么从大到小遍历？
看 dp[j]=dp[j-c[i]]+w[i]这一状态转移，
为什么从c[i]开始，是因为j不能小于c[i]
为什么是逆序呢，因为在第一次i=0的for循环时，所有满足range(c[i],C+1)的dp[j]都是w[I]，所有的dp[j - c[i]]都是0，因为第一次之前的价值均为0，
可能有人要问了，第一次的j难道不都是C吗，是都是，但是其他不是C的但是大于c[i]的可以不用管。
如果从小到大则当循环到大的j时，dp[j - c[i]]不一定等于0。
是根据小的改大的，如果先把小的改了，那小的还会被用到，数据就不对了，所以从小到大。
为什么是逆序遍历？，这个是根据原状态方程判断的由dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-a[i-1]]+v[i-1])可知，dp[i][j]是由上方i-1层和左边一直到j为止的一维数据转换而来，变到一维dp[j] = max(dp[j - a[i]] + v[i], dp[j])则是由之前i-1次的一维列表的转换而来，因为是靠旧的且是左侧的数据，所以就要从大到小开始遍历（如果是靠右边的旧数据，则是从小到大）
注意到状态转移方程中计算dp[i][v]时总是只需要dp[i-1][v]左侧部分的数据(即只需要图中正上方与左上方的数据),且当计算dp[i+1][ ]的部分时, dp[i-1]的数据又完全用不到了(只需要用到dp[i][ ]),因此不妨可以直接开一个一维数组dp[v](即把第一维省去),枚举方向改变为i从1到n,v从V到0(逆序!),
for i in range(n):for j in reversed(range(a[i],m+1)):dp[j] = max(dp[j - a[i]] + v[i], dp[j])print(dp[m])完全背包
空间优化：
未省略取物品次数k的等价转换代码：
for i in range(1, N + 1):for j in reversed(range(a[i],m+1)):for k in range(0, j // a[i] + 1):dp[j] = max(dp[j], dp[j - k * a[i]] + k * v[i])print(dp[m])因为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。
为什么这次是从小到大遍历了呢？
是根据小的改大的，而此时的含义为选了 x 件后的容量与质量，跟第一个类似，但含义不同，所以子处理方式上也有本质区别，处理完一件后在处理下件。
完全背包的一维数组实现和01背包也是几乎完全相同，唯一差别是完全背包的内循环是正向遍历，而01背包的内循环是逆向遍历。
省略取物品次数k的等价转换代码：
为什么是又变成了正序，这次还看原状态方程dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-a[i-1]]+v[i-1])，可知dp[i][j]是由右上一层即i-j层正上方（在一维中直接是dp[j] =dp[j]）和右测以j开头的数据得到因为dp[i][j]=dp[i][j-a[i-1]]中左侧的j小于右测的j。故一维状态方程为正序。
怎么理解必须正向枚举呢?求解dp[i][v]需要它左边的dp[i][v-w[i]]和它上方的dp[i-1][v],显然如果让v从小到大枚举,dp[i][v-w[i]]就总是已经计算出的结果;而计算出dp[i][v]之后dp[i-1][v]就再也用不到了,可以直接覆盖。
为什么可以覆盖，因为物品可以多次取出，每多取一次都是在覆盖。
for i in range(n):for j in range(a[i],m+1):dp[j] = max(dp[j - a[i]] + v[i], dp[j]);print(dp[m])多重背包
还是看原状态方程dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-k*a[i-1]]+k*v[i-1])
for i in range(n):for j in reversed(range(a[i],m+1)):for k in range(s[i]+1):if j<k*a[i]:breakdp[j] = max(dp[j], dp[j - k * a[i]] + v[i] * k)print(dp[m])
