算法：零一背包

零一背包问题是一个非常重要的动态规划求解的问题，只要你学习DP就不可不学零一背包，所以务必要认真学习这个问题。

例题

hdu2602 Bone Collector

题目描述：
"骨头收集者"带着体积V的背包去捡骨头，已知每个骨头的体积和价值，求能装进背包的最大价值。N <= 1000, V <= 1000。

输入格式：
第一行：是测试数据。
接下来对于每组测试数据，第一行是骨头数量和背包体积，第二行是每个骨头的价值，第三行是每个骨头的体积。

输出格式：
一个整数，为最大价值总和是多少。

输入样例：

1
5 10
1 2 3 4 5
5 4 3 2 1

输出样例：

14

零一背包

看到这道题，想想暴力、贪心貌似都不行，那么此时就要来dp了。而提到DP，就一定就要去想：状态、转移方程、初值和答案了。

1. 状态：dp[i] [j]指到第i个物品，重量为j时，价值总和的最大值。
2. 转移方程：dp[i] [j] = max(dp[i - 1] [j], dp[i - 1] [j - w[i]] + v[i])
   其实这个的意思就是：分两种情况讨论，如果说不选这第i个物品，那么直接把dp[i] [j] = dp[i - 1] [j]就行了，但是如果说选这个物品，那么就得分析一下了，先看重量：要找dp[i] [j]，就必然是由dp[i] [j - w[i]]推过来的，而不是dp[i] [j + w[i]]为什么呢？不妨设dp[i] [j]是由dp[i] [x]推过来的，上一个重量x是加上了一个w[i]才得到现在的重量j的值的，所以说x + w[i] = j，根据等式的性质2，得出x = j - w[i]。接下来就比较简单了，价值让dp[i] [j - w[i]] + v[i]就好了。最后，因为要取价值的最大值，就让两种情况取个max就没问题了。
3. 初值：dp[i] [j] = 0;
4. 答案：dp[n] [m]，考虑到最后一个数得出的答案，一定是分析完所有的数了，所以必然是最大值。

这是按照题目中所述样例制作而成的表格（第j行第i列表示dp[i] [j]的大小可以借鉴）。

但是二维动态规划消耗的内存太大了，我们想去优化空间，那么我们当然会想到直接将二维数组降成一维数组了。可如果直接改我们会发现这样不对的，为什么呢？

因为，dp[j]先被dp[j - w[i]]更新了，接着dp[j + 1]被dp[j - w[i] + 1]更新了…dp[j + w[i]]被dp[j]更新了，可是dp[j]已经被更新了，而我们需要的是更新之前的dp[j]，这样就有了后效性。所以解决方法就是倒着循环就好了，for j = m to w[i]，这样dp[j + w[i]]先被dp[j]更新了，后来dp[j]才被dp[j - w[i]]更新。

最后算一下算法时间复杂度：我们发现就两重循环，所以时间复杂度仅为O(n * m)级别。

代码

# include 
# include 
# include 
# include 

using namespace std;

const int N_MAX = 1000, M_MAX = 1000;

int n, m;
int w[N_MAX+ 10], v[N_MAX + 10];
int dp[M_MAX + 10];

int package()
{
	memset(dp, 0, sizeof(dp));
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = m; j >= w[i]; j--)
			dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]);
	return dp[m];
}

int main()
{
	int T;
	scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		scanf("%d%d", &n, &m);
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			scanf("%d", &v[i]);
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			scanf("%d", &w[i]);
		printf("%d\n", package());
	}
	return 0;
}