有n個物品，且每個物品都只有乙個。物品i的體積為v[ i ]，重量為w[ i ]。揹包的體積為c，求怎樣裝載能使得揹包裡裝的物品最重？
之所以叫0-1揹包問題，是因為所有的物品都只有乙個，在選擇物品裝載到揹包裡的時候，只有兩種選擇：不裝載或裝載，對應計算機裡的0（false）和1（true）的概念。我們用 dp[ i ][ j ] 表示「把前 i 個物品裝到體積為 j 的揹包中的最大總重量」。得狀態轉移方程：
dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j - v[i]] + w[i]);我們發現迴圈的時候，這個轉移方程是乙個二維陣列，且第 i 行取決於第 i -1行的值，因此初始化時，只要將第 0 行全部置為 0 即可，即 dp[ 0 ] [ j ] = 0；
for(int j = 0; j <= c; ++ j)
for(int i = 1; i <= n; ++ i) else
}}
dp[ i ][ j ] 表示「把前 i 個物品裝到體積為 j 的揹包中的最大總重量」。所以外迴圈 i 表示從前1個物品到前n個物品，內迴圈 j 表示體積從 0 到 最大的 c。由於資料是一樣樣計算的，所以可以不用提前把所有的資料都讀好，也不用存起來。
更奇妙的是，我們可以把陣列dp程式設計一維的，這裡非常的精妙和巧合，但是要注意這只是程式**的優化，並不是說 0 - 1 揹包問題就是一維揹包問題。
memset(dp, 0, sizeof(dp));
for (int i = 1; i <= n; ++ i)
}
考慮為採用滾動陣列的情況，f[ i ][ j ]的值要麼是f[ i - 1][ j ]，要麼是f[ i - 1][ j - v ] + w；由於j是從右往左計算的，所以現在f[j]裡儲存的是f[ i - 1 ] [ j ]，而f[j - v]裡儲存的是f[ i - 1 ] [ j - v ]的值，所以正好可以。這樣子的話，我們可以節省了不少空間的代價。
注意內迴圈 j 是到 v 即停止了的，這樣子就不用判斷 j 和 v 的關係了，因為 j >= v 始終成立。若是 j < v 的情況，f[ j ] 中本來就儲存了 f[ i - 1][ j ]的資訊，也不用更新。
此外，若題目要求，揹包必須裝滿，則只需要改一下初始化的條件就行。
memset(dp, -0x3f3f, sizeof(dp));
dp[0] = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++ i)
}
揹包九講裡是這樣子解釋的：初始化的過程，實際就是說，當一件物品都沒有時的解。所以若要求必須裝滿揹包，只有一種解，就是dp[0]，即讓價值為0的物品，恰好裝進容量為0的包裡。其他的都是非法解，所以初始化為負∞才行。而沒有要求一定要裝滿揹包的情況下，則所有的解都可以是正確的解，所以可以初始化為0；
可重複揹包是說，每種物品的個數是無限的，而不是0-1揹包中，物品只有乙個。相似的，有狀態轉移方程：
dp[i][v]=max但是也有o(nv)複雜度的優化，而且**很簡單，就是上面的滾動陣列實現0-1揹包，內迴圈 j 倒過來就行了。原理不明，可能是我水平太低了，目前無法理解。
偽**如下：
procedure completepack(cost,weight)
for v=cost..v
f[v]=max
動態規劃 揹包問題
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