动态规划很早以前就接触过但是因为太晦涩难懂一下子到现在才开始真正的学习到其中的道理，0/1背包问题是动态规划的入门类问题 比较好理解 首先我们要知道动态规划是用于解决最优解的问题 它是一种思想而不是一种固定的算法
dp的问题解决一般分为三步 定义状态，转移状态，算法实现，个人认为其中转移状态是最难的
好的那么我们开始引入例题进行更清晰的讲解 下面是一个背包问题的模板题
“骨头收集者”带着体积为V的背包去捡骨头，已知每个骨头的体积和价值，求能
察上面的二维表
进背包的最大价值。N<1000,V≤1000。
更前面的行没有
输入:第1行是测试数量，第2行是骨头数量和背包体积，第3行是每个骨头的价值,第4行是每个骨头的体积。
5 10
1 2 3 4 5
5 4 3 2 1
输出:最大价值。
14
题源hduoj 2602
首选我们需要定义一个数组dp[i][j] 表示把前i个物品装入容量为j的背包中的总价值，对于每一个dp[i][j]我们都可以看作一个背包对于动态规划问题我们一般需要取打表来找到转移关系 下面给出这道题目的表格
步骤一首先建立表格横向表包的容量 纵向表示前i个物品
步骤二当能i=1表示可以装入第一个物品v=0不能装只有在v>=物品1的体积时候才可以装所以从v=1之后为5
步骤三当i=2表示可以装前两个物品当同理当v>=2才能装前面的照抄上一行表示没变化
当v=2时候这时候v1+v2=3显然不能一起装那么我们需要判断是装一好还是二好 经过判断肯定一更好 v=3的时候刚好可以装两个用代码表达就是dp[2][3]=dp[2-1][3-v2]+value[2] value表示每一个物品的价值 那么v更大的时候同理v=3即可 那么我们讲代码再次通化就是dp[i][j]=dp[i-1][j-v[i]]+value[i]
这只使用于可以再装下当前物品的时候如果不可以怎么办呢（就像dp[2][2]的情况）和我们刚刚的思路相同 需要做一个判断如果装2那么可以写为dp[2-1][2-v2]+value[2] 那么如果不装2就是从上一行照抄过来也就是 dp[2-1][2] 我们需要判断哪一个价值最大即为 max(dp[2-1][2-v2],dp[2-1][2]+value[2]) 那么dp[2][2]=max(dp[2-1][2-v2],dp[2-1][2]+value[2]) 通化一下就是dp[i][j]=max(dp[i-1][j-v[i]]+value[i]) ok这个就是转移方程下面给出完整代码
#include<iostream>
using namespace std;
int N,V;
int dp[1001][1001]={0};
struct BONE
{
int val;
int vol;
}bone[1001];//定义结构体数组存储每一个物品的价值和体积
void solve()
{
for(int i=1;i<=N;i++)
{
for(int j=1;j<=V;j++)
{
if(bone[i].vol>j)
{
dp[i][j]=dp[i-1][j];
}
else
{
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-bone[i].vol]+bone[i].val);
}
}
}
}
int main()
{
int t;
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>N>>V;
for(int i=1;i<=N;i++)
{
cin>>bone[i].val;
}
for(int i=1;i<=N;i++)
{
cin>>bone[i].vol;
}
solve();
cout<<dp[N][V]<<endl;
}
}转移方程主要还是需要列表去寻找关系 动态规划的题还是要多练才能更好