背包问题之01背包问题基础：
视频讲解
（一）常见要求：
有n件物品，每个物品只有一个，和一个最多能背重量为w 的背包。第i件物品的重量是weight[i]，得到的价值是value[i] 。每件物品只能用一次，求解将哪些物品装入背包里物品价值总和最大。
（二）分析
（i）如果用二维数组解决
（1）确定dp数组以及下标的含义
使用二维数组，即dp[i][j] 表示从下标为[0-i]的物品里任意取，放进容量为j的背包，价值总和最大是多少。
i : 物品质量
j：背包容量
dp[ i ][ j ]：从质量[ 0 - i ]物品里任取放进容量为 j 的背包里能得到的最大价值总和
（2）递推公式
有两个方向推出来dp[i][j]，
- 不放物品i：由dp[i - 1][ j ]推出，即背包容量为j，里面不放物品i的最大价值，此时dp[ i ] [ j ]就是dp[i - 1][ j ]。(其实就是当物品i的重量大于背包j的重量时，物品i无法放进背包中，所以被背包内的价值依然和前面相同。)（从二维数组上一格推出）
- 放物品i：由dp[i - 1][ j - weight[ i ] ]推出，dp[i - 1][ j - weight[ i ] ] 为背包容量为 j - weight[ i ] 的时候不放物品i的最大价值，那么dp[i - 1][j - weight[ i ] ] + value[ i ] （物品i的价值），就是背包放物品i得到的最大价值（从二维数组左上方推出）
所以递归公式： dp[ i ][ j ] = max(dp[i - 1][ j ], dp[ i - 1 ][ j - weight[ i ] ] + value[ i ]);
（3）初始化
如果背包容量j为0的话，即dp[i][0]，无论是选取哪些物品，背包价值总和一定为0。如图：
dp[0][j]，即：i为0，存放编号0的物品的时候，各个容量的背包所能存放的最大价值。
那么很明显当 j < weight[0]的时候，dp[0][j] 应该是 0，因为背包容量比编号0的物品重量还小。
当j >= weight[0]时，dp[0][j] 应该是value[0]，因为背包容量放足够放编号0物品。
（4）遍历顺序
01背包问题先物品再背包或先背包再物品都可以
void test_2_wei_bag_problem1() {
vector<int> weight = {1, 3, 4};
vector<int> value = {15, 20, 30};
int bagweight = 4; //设置最大背包重量是4
// 二维数组
vector<vector<int>> dp(weight.size(), vector<int>(bagweight + 1, 0)); //其实也藏了初始化
// 初始化
for (int j = weight[0]; j <= bagweight; j++) { // j 先从能装下第一个物品的背包开始
dp[0][j] = value[0];
}
// weight数组的大小 就是物品个数
for(int i = 1; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品
for(int j = 0; j <= bagweight; j++) { // 遍历背包容量
if (j < weight[i]) dp[i][j] = dp[i - 1][j]; //如果当前背包放不下当前物品
else dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
}
}
cout << dp[weight.size() - 1][bagweight] << endl;
}
int main() {
test_2_wei_bag_problem1();
}（ii）如果用一维数组解决
1.确定dp数组的定义
在一维dp数组中，dp[j]表示：容量为j的背包，所背的物品价值可以最大为dp[j]。
2.一维dp数组的递推公式
dp[ j ]可以通过dp[ j - weight[ i ] ]推导出来，dp[ j - weight[ i ] ]表示容量为j - weight[ i ]的背包所背的最大价值。
dp[ j - weight[ i ] ] + value[ i ] 表示 容量为 j - 物品i重量 的背包 加上 物品i的价值。（也就是容量为j的背包，放入物品i了之后的价值即：dp[j]）
此时dp[j]有两个选择，一个是取自己dp[ j ] 相当于 二维dp数组中的dp[i-1][j]，即不放物品i，一个是取dp[j - weight[i]] + value[i]，即放物品i
所以递归公式为：
dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
可以看出相对于二维dp数组的写法，就是把dp[i][j]中i的维度去掉了。
3. 一维dp数组如何初始化
关于初始化，一定要和dp数组的定义吻合，否则到递推公式的时候就会越来越乱。
dp[ j ]表示：容量为j的背包，所背的物品价值可以最大为dp[j]，那么dp[0]就应该是0，因为背包容量为0所背的物品的最大价值就是0。
看一下递归公式：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
dp数组在推导的时候一定是取价值最大的数，如果题目给的价值都是正整数那么非0下标都初始化为0就可以了。
这样才能让dp数组在递归公式的过程中取的最大的价值，而不是被初始值覆盖了。
4. 一维dp数组遍历顺序
二维dp遍历的时候，背包容量是从小到大，而一维dp遍历的时候，背包是从大到小。
且一维必须先遍历物品再遍历背包
举一个例子：物品0的重量weight[0] = 1，价值value[0] = 15
如果正序遍历
dp[1] = dp[1 - weight[0]] + value[0] = 15
dp[2] = dp[2 - weight[0]] + value[0] = 30（2 - weight[0] = 1, 即dp[1]里面已经放了物品0了）
此时dp[2]就已经是30了，意味着物品0，被放入了两次，所以不能正序遍历。
为什么倒序遍历，就可以保证物品只放入一次呢？
倒序就是先算dp[2]
dp[2] = dp[2 - weight[0]] + value[0] = 15 （dp数组已经都初始化为0）
dp[1] = dp[1 - weight[0]] + value[0] = 15
所以从后往前循环，每次取得状态不会和之前取得状态重合，这样每种物品就只取一次了。
！
416. 分割等和子集
视频讲解
主要思路：
这题其实可以抽象成01背包问题，就是
- 背包的体积为sum / 2
- 背包要放入的商品（集合里的元素）重量为 元素的数值，价值也为元素的数值
- 背包如果正好装满，说明找到了总和为 sum / 2 的子集。
- 背包中每一个元素是不可重复放入。
然后就是往01背包问题上套就行
易错点：
（1）如果sum / 2 == 1即奇数，则不可能用两个相同的背包装下
代码实现：
class Solution {
public:
bool canPartition(vector<int>& nums) {
int sum = 0;
for(int i = 0; i < nums.size(); i++) {
sum += nums[i];
}
int capacity = sum / 2;
if(sum % 2) return false; //如果除以2是奇数，则不可能能分成两个相同背包装完
vector<int> dp(capacity + 1, 0); //dp[j]含义：容量为j的背包能装下物品的最大价值
for(int i = 1; i < nums.size(); i++) { //遍历物品
for(int j = dp.size() - 1; j >= nums[i]; j--) { //遍历背包
dp[j] = max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i]);
}
}
if(dp[capacity] == capacity) return true;
else return false;
}
};
