01背包问题
有n个物品，1个容量v的背包，第i个物品体积是volume[i]，价值是value[i]，问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，每个物品只能使用1次。
考虑中间状态，有i个物品，有j个容量，该状态的最高价值为status[i][j]。该状态可以由其上一个状态转移获得，对于第i个物品，我们可以将其丢弃或放入背包，取两者最大值。
丢弃：status[i][j] = status[i-1][j]
放入：status[i][j] = value[i] + status[i-1][j-volume[i]]
这里的（i，j）状态，是第i个物品已经做出选择的结果，他需要上一个状态即选择第i-1个物品后的结果转移而来。j - volume[i]可以理解为，选择物品i后的容量是j，那么未选择之前为j - volume[i]。
def solution(n, v, volume, value):
status = [[0]*(v+1) for _ in range(n+1)]
for i in range(1, n+1):
for j in range(1, v+1):
if j - volume[i-1] >= 0:
status[i][j] = max(status[i-1][j], value[i-1] + status[i-1][j-volume[i-1]])
else: status[i][j] = status[i-1][j]
return status[n][v]对于矩阵status，其状态只在i-1和i两行之间转移，我们可以使用滚动数组也就是只用两行来不断地更新，维护上一步和当前步的状态，以达到降低空间复杂度的目的。
这里使用状态压缩，只用一行来记录状态，将二维DP降到一维DP。将上面的代码稍作改动，可以得到下面的错误代码，这里只是单纯的把i状态删掉了。虽然是错误的代码，但我们需要它来辅助理解。
def solution(n, v, volume, value):
status = [0]*(v+1)
for i in range(1, n+1):
for j in range(1， v+1):
if j - volume[i-1] >= 0:
status[j] = max(status[j], value[i-1] + status[j-volume[i-1]])
else: status[j] = status[j]
return status[v]该段代码的问题在于，对于status[j]的计算需要依赖于status[j-volume[i]]的结果，在二维中，status[j]和status[j-volume[i]]是分别处于不同行的，也就是i与i-1两行，但是在一维中，它们都在同一行。
并且j值是向右增长的，也就是说在计算status[j]时，status[j-volume[i]]的值早已被更新为第i行的状态了，而不是上一步的状态。所以我们需要让j值向左增长。得到如下代码。
def solution(n, v, volume, value):
status = [0]*(v+1)
for i in range(1, n+1):
for j in range(v, 0, -1):
if j - volume[i-1] >= 0:
status[j] = max(status[j], value[i-1] + status[j-volume[i-1]])
else: status[j] = status[j]
return status[v]这段代码已经是正确的了，但是还不够完美，观察后不难发现status[j] = status[j]这一步是完全没有必要存在的，因此我们可以控制j的最小值，保证j - volume[i-1] >= 0成立。得到最终代码如下。
def solution(n, v, volume, value):
status = [0]*(v+1)
for i in range(1, n+1):
for j in range(v, volume[i-1]-1, -1):
status[j] = max(status[j], value[i-1] + status[j-volume[i-1]])
return status[v]之所以该问题被称作01背包，其原因在于对于每一样物品只能使用一次。在我们遇到的题目中，往往是01背包问题的变体，我们需要学会如何将题目转换为经典的01背包问题。
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