给定一个容量有限的背包和若干件物品，每件物品有各自的重量和价值，每件物品只能选择装入或不装入，问在总重量不超过背包容量的前提下，能获得的最大价值。这就是经典的01背包问题，其名称来源于每件物品的"要么0要么1"的二元选择。
这个问题的暴力枚举需要O(2ⁿ)时间，而动态规划将它压缩到O(nW)，其中n为物品数量，W为背包容量。这个跨度，足以说明动态规划在处理组合优化时的威力。
一、二维动态规划建模
状态定义。令dpij表示从前i件物品中选取若干件，放入容量为j的背包中能获得的最大价值。这里i是物品索引的"考虑范围"，j是背包的"剩余容量"，两者共同构成状态空间的坐标。
最优子结构。考察第i件物品。它只有两种选择：不装入，则问题退化为前i-1件物品在容量j下的最优解dpi-1j；装入，则需要在前i-1件物品、容量j-wi的基础上增加价值vi。只要j≥wi，我们就在两者之间取较大值。这给出了状态转移方程：
dpij={dpi−1j,j<wimax{ dpi−1j,dpi−1j−w\[i]+vi },j≥widpij=⎩⎨⎧dpi−1j,max{dpi−1j,dpi−1j−w\[i]+vi},j<wij≥wi
初始化。dp0j全为0------没有物品可选时，无论背包多大，价值都是零。dpi0全为0------容量为零，装不下任何东西。
填表顺序。外层循环枚举i从1到n，内层循环枚举j从0到W，按行逐格填充。最终答案位于dpnW。时间复杂度Θ(nW)，空间复杂度Θ(nW)。
二、滚动数组：从二维到一维的空间优化
观察上面的递推式可以发现一个关键性质：dpij的值只依赖于上一行dpi-1中的两个位置------正上方的dpi-1j和左前方的dpi-1j-w\[i]。一旦第i行计算完成，第i-1行就再也不会被用到。
这意味着我们不需要保留整个二维表。只需一个长度为W+1的一维数组，并在每一轮物品迭代中"就地"更新它。但这里有一个容易被忽视的细节------内层循环的方向。
如果j从小到大遍历，那么dpj-w\[i]在当前这一轮中可能已经被更新过了，代表的是dpij-w\[i]而非我们需要的dpi-1j-w\[i]，这相当于允许同一件物品被重复使用（变成完全背包）。要避免这一点，j必须从W向wi递减遍历，确保dpj-w\[i]读取到的是上一轮残留的值。
优化后的代码结构异常简洁：一维数组f初始全零，外层遍历物品，内层j从W递减到wi，执行fj=max(fj, fj-w\[i]+vi)。空间复杂度从Θ(nW)降至Θ(W)。
三、背包问题的变形族
01背包是背包家族的基准模型，许多变体只需在转移方程上稍作调整。
完全背包：每件物品可以选无限次。只需将内层j的遍历方向改为从小到大，使同一物品可被反复选取。dpj = max(dpj, dpj-w\[i]+vi)，j递增。
多重背包：每件物品有固定的数量上限si。朴素方法是将si个相同物品拆开当成01背包处理，但这样效率低下。更优的做法是二进制拆分：将si分解为1,2,4,...,2ᵏ,剩余数这些"打包"后的新物品，每种最多选一次，转化为01背包求解。更高阶的优化是使用单调队列进行线性处理，但那已经属于进阶专题的范畴。
分组背包：物品被划分为若干组，每组内至多选一件。这需要在01背包的外层增加一个组枚举层，内层对组内物品做决策，循环顺序与01背包类似但需注意j循环在组内物品循环的外面，以保证每组只选一件。
四、为什么"容量"是多项式却不算多项式时间算法
一个值得思考的理论细节：背包问题的动态规划复杂度是O(nW)，n是物品数量，W是背包容量。看起来是多项式，但若W以输入中的二进制位数计，W的数值本身就是输入规模的指数。因此背包问题的DP解法实际是伪多项式时间算法，这一问题在NP完全性的讨论中将被再次提及。
从矩阵链乘法到01背包，我们看到的动态规划都是在一个有限的表格中按规则递推。下一篇，我们将面对更具挑战性的字符串场景------最长公共子序列与编辑距离，在那里状态将横跨两个序列，二维表格上的转移方向也会更为丰富。