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背包问题是动态规划中最经典的问题，很多题⽬或多或少都有背包问题的影⼦。它的基本形式是：给定⼀组物品，每个物品有体积和价值，在不超过背包容量的情况下，选择物品使得总价值最⼤。
背包问题有多种变体，主要包括：

1. 01背包问题：每种物品只能选或不选（选0次或1次）。
2. 完全背包问题：每种物品可以选择⽆限次。
3. 多重背包问题：每种物品有数量限制。
4. 分组背包问题：物品被分为若⼲组，每组只能选⼀个物品。
5. 混合背包：以上四种背包问题混在⼀起。
6. 多维费⽤的背包问题：限定条件不⽌有体积，还会有其他因素（⽐如重量）。

除了经典的总价值最⼤问题，还会有：

1. ⽅案总数。
2. 最优⽅案。
3. ⽅案可⾏性。
4. 输出具体⽅案。

01背包

我们先解决第⼀问：

1. 状态表⽰：
   dp[i][j]表⽰：从前i个物品中挑选，总体积「不超过」j，所有的选法中，能挑选出来的最⼤
   价值。
   那么dp[n][v]就是我们要的结果。
2. 状态转移⽅程：
   线性dp 状态转移⽅程分析⽅式，⼀般都是根据「最后⼀步」的状况，来分情况讨论：
   a. 不选第i个物品：相当于就是去前i-1个物品中挑选，并且总体积不超过j。此时dp[i][j] = dp[i - 1][j]
   b. 选择第i个物品：那么我就只能去前i-1个物品中，挑选总体积不超过j-v[i]的物品。
   此时dp[i][j] = dp[i - 1][j - v[i]] + w[i]。但是这种状态不⼀定存在，因此需要特判⼀下。
   综上，状态转移⽅程为：dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - v[i]] + w[i])
3. 初始化：
   直接填表，第⼀⾏的0 不影响结果。
4. 填表顺序：
   根据「状态转移⽅程」，我们仅需「从上往下」填表即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 1010;int n, m;
int v[N], w[N];
int f[N][N];int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> v[i] >> w[i];for (int i = 1; i <= n; i++){for (int j = 0; j <= m; j++){f[i][j] = f[i-1][j];if (j >= v[i]){f[i][j] = max(f[i][j], f[i-1][j-v[i]] + w[i]);}}}cout << f[n][m] << endl;return 0;
}

接下来解决第⼆问：
第⼆问仅需修改⼀下初始化以及最终结果即可。

1. 初始化：
   因为有可能凑不⻬j体积的物品，因此我们把不合法的状态设置为负⽆穷。这样在取最⼤值的时候，就不会考虑到这个位置的值。负⽆穷⼀般设置为-0x3f3f3ff3即可。
   然后把dp[0][0] = 0修改成0，因为这是⼀个合法的状态，最⼤价值是0 ，也让后续填表是正确
   的。
2. 返回值：
   在最后拿结果的时候，也要判断⼀下最后⼀个位置是不是⼩于0 ，因为有可能凑不⻬。
   不能判断是否等于-0x3f3f3f3f，因为这个位置的值会被更新，只不过之前的值太⼩，导致更
   新后还是⼩于0的

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 1010;int n, m;
int v[N], w[N];
int f[N][N];int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> v[i] >> w[i];for (int i = 1; i <= n; i++){for (int j = 0; j <= m; j++){f[i][j] = f[i-1][j];if (j >= v[i]){f[i][j] = max(f[i][j], f[i-1][j-v[i]] + w[i]);}}}cout << f[n][m] << endl;memset(f, -0x3f, sizeof f);f[0][0] = 0;for (int i = 1; i <= n; i++){for (int j = 0; j <= m; j++){f[i][j] = f[i-1][j];if (j >= v[i]){f[i][j] = max(f[i][j], f[i-1][j-v[i]] + w[i]);}}}if (f[n][m] < 0) cout << 0 << endl;else cout << f[n][m] << endl;return 0;
}

空间优化：

1. 考虑是否要修改遍历顺序
2. 直接在原始代码上，删掉第一维即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 1010;int n, m;
int v[N], w[N];
int f[N];int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> v[i] >> w[i];for (int i = 1; i <= n; i++){for (int j = m; j >= v[i]; j--){f[j] = max(f[j], f[j-v[i]] + w[i]);}}cout << f[m] << endl;memset(f, -0x3f, sizeof f);f[0] = 0;for (int i = 1; i <= n; i++){for (int j = m; j >= v[i]; j--){f[j] = max(f[j], f[j-v[i]] + w[i]);}}if (f[m] < 0) cout << 0 << endl;else cout << f[m] << endl;return 0;
}

P1048 [NOIP 2005 普及组] 采药 - 洛谷

基本01 背包问题，将时间看成体积，就是标准的不放满的01 背包问题

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 1010;int n, m;
int t[N], w[N];
int f[N][N];int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cin >> m >> n;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> t[i] >> w[i];for (int i = 1; i <= n; i++){for (int j = 0; j <= m; j++)        {f[i][j] = f[i-1][j];if (j >= t[i]) f[i][j] = max(f[i][j], f[i-1][j-t[i]] + w[i]);}}cout << f[n][m] << endl;return 0;
}

空间优化：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 1010;int n, m;
int t[N], w[N];
int f[N];int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cin >> m >> n;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> t[i] >> w[i];for (int i = 1; i <= n; i++){for (int j = m; j >= t[i]; j--)        {f[j] = max(f[j], f[j-t[i]] + w[i]);}}cout << f[m] << endl;return 0;
}

P1164 小A点菜 - 洛谷

背包问题求⽅案数，稍微修改⼀个状态表⽰，然后根据具体问题分析状态转移⽅程和初始化即可。

1. 状态表⽰：
   dp[i][j]表⽰：从前i 个菜中挑选，总价钱恰好等于j ，此时的总⽅案数。
2. 状态转移⽅程：
   针对a[i]选或者不选，分两种情况讨论：
   a. 如果不选a[i]：相当于去前i-1个菜中挑选，总价钱恰好为j的⽅案数，此时的⽅案数就
   是dp[i - 1][j]；
   b. 如果选a[i]：那么应该去前i-1个菜中挑选，总价值恰好为j-a[i]，此时的⽅案数就是dp[i - 1][j - a[i]] ；
   因为我们要的是总⽅案数，于是dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j - a[i]] 。
   注意第⼆个状态可能不存在，要注意判断⼀下j ≥ a[i]。
3. 初始化：
   dp[0][0]，如果没有物品，想凑成总体积为0是可⾏的，啥也不选就是⼀种⽅案。当然，这个状态也是为了让后⾯的值是正确的。
   其余位置的值是0 就不影响填表的正确性。
4. 填表顺序：
   从上往下每⼀⾏，每⼀⾏从左往右。
   空间优化版本：每⼀⾏从右往左

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 110, M = 10010;int n, m;
int a[N];
int f[N][M];int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];f[0][0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++){for (int j = m; j >= 0; j--){f[i][j] = f[i-1][j];if (j >= a[i]) f[i][j] += f[i-1][j-a[i]];}}cout << f[n][m] << endl;return 0;
}

空间优化：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 110, M = 10010;int n, m;
int a[N];
int f[M];int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];f[0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++){for (int j = m; j >= a[i]; j--){f[j] += f[j-a[i]];}}cout << f[m] << endl;return 0;
}

P2946 [USACO09MAR] Cow Frisbee Team S - 洛谷

01 背包问题变形。

1. 状态表⽰：
   dp[i][j]表⽰：从前i 头奶⽜中挑选，总和模f 之后为j 时，⼀共有多少种组合。
   那么dp[n][0] - 1就是最终结果。（因为动态规划会把全都不选这种情况也考虑进去，所以要剪掉）
2. 状态转移⽅程：
   对于第i 头奶⽜选或者不选，可以分为两种情况讨论：
   a. 如果不选a[i]：此时的总⽅案数就是去[1, i - 1]⾥⾯凑余数正好是j ，也就是dp[i - 1][j]；
   b. 如果选a[i] ：此时已经有⼀个余数为a[i] % f，只⽤再去前⾯凑⼀个j - a[i] % f即可。但是直接减可能会减出来⼀个负数，我们要把它补正，最终凑的数为(j - a[i] % f + f) % f
   那么总⽅案数就是dp[i - 1][(j - a[i] % f + f) % f]。
   因为要的总⽅案数，所以状态转移⽅程就是上⾯两种情况的总和。
3. 初始化：
   dp[0][0] = 1：什么也不选的时候，总和是0 ，余数也是0 ，属于⼀种⽅案，也是为了后续填表是正确的。
4. 填表顺序：
   从上往下每⼀⾏，每⼀⾏从左往右

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 2010, M = 1010, MOD = 1e8;int n, m;
int a[N];
int f[N][M];int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];f[0][0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++){for (int j = 0; j < m; j++){f[i][j] = (f[i-1][j] + f[i-1][((j - a[i] % m)%m +m) %m]) %MOD;        }}cout << f[n][0] - 1 << endl;return 0;
}