01背包裸题
有n件物品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。

二维数组

1. dp含义：
   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。

2. 递推公式
   在分析第 i 个物品 dp[ i ][ j ] 能否放到背包j里时，有以下三种情况
   （1）w[ i ] > 背包总重量 不放 dp[ i ][ j ] = dp[ i - 1 ][ j ]
   （2）不放 dp[ i ][ j ] = dp[ i - 1 ][ j ]
   （3）放进去 dp[ i ][ j ] = dp[ i - 1 ][ j - w[ i ] ] + v[ i ]
   则 dp[ i ][ j ] = max (dp[ i - 1 ][ j - w[ i ] ] + v[ i ], dp[ i - 1 ][ j ]

3. 初始化
   如果物品下标从0开始
   for (int j = weight[0]; j <= bagweight; j++) { dp[0][j] = value[0];}
   如果物品下标从1开始 ， 直接初始化为0 就行

4. 顺序 由递推公式可见，当前值取决于自己左上角的值，那么先遍历重量，再遍历物品 和 先遍历物品再遍历重量是一样的

一维滚动数组
原理：当前层的状态只与上一层有关系，所以把上一层的数字拷贝下来，到当前层进行计算，用新的值进行覆盖，把二维数组压缩为一维

1. dp含义：
   dp[ j ] 容量为j的背包能装的最大价值

2. 递推公式
   dp[ j ] = max(dp[ j ], dp[ j - w [ i ] ] + v[ i ])
   因为该层数据使上一层拷贝下来的所以原本的 dp[ j ] == dp[ i - 1 ][ j ]

   在分析第 i 个物品 dp[ i ][ j ] 能否放到背包j里时，有以下三种情况
   （1）w[ i ] > 背包总重量 不放 dp[ i ][ j ] = dp[ i - 1 ][ j ]
   （2）不放 dp[ i ][ j ] = dp[ i - 1 ][ j ]
   （3）放进去 dp[ i ][ j ] = dp[ i - 1 ][ j - w[ i ] ] + v[ i ]
   则 dp[ i ][ j ] = max (dp[ i - 1 ][ j - w[ i ] ] + v[ i ], dp[ i - 1 ][ j ]

3. 初始化
   dp[ 0 ] = 0 非零下标，由于背包是正数背包，并且更新时求max 那么 初始化为正数的最小值 0

4. 顺序 正序遍历物体，逆序遍历背包
   列表后面的值需要通过与上一层遍历得到的前面的值比较确定
   如果不采用倒序遍历，遍历后一个状态时，要用到前面某个状态的值dp[j-w[i]]，而前面的状态值通过正序在本轮遍历已经被覆盖了，而计算后一个状态的值时需要的是覆盖前的值

416. 分割等和子集

题目：
给你一个 只包含正整数 的 非空 数组 nums 。请你判断是否可以将这个数组分割成两个子集，使得两个子集的元素和相等。
分析：
那么只要找到集合里能够出现 sum / 2 的子集总和，就算是可以分割成两个相同元素和子集了。
背包容量为 sum / 2 物品为数组nums 重量为 nums[ i ] 价值为 nums[ i ]
dp[sum/2] == sum/2 表示能装满
一维背包 逆序遍历 dp[j] = max(dp[j], dp[j-nums[i]] + nums[i]);

class Solution {
public:bool canPartition(vector<int>& nums) {int sum = 0;for(int i=0; i<nums.size(); i++){sum += nums[i];}if(sum%2 == 1) return false;int c = sum/2;vector<int>dp(c + 1, 0);for(int i=0; i<nums.size(); i++){for(int j=c; j>=nums[i]; j--){dp[j] = max(dp[j], dp[j-nums[i]] + nums[i]);}}if(dp[c] == c) return true;return false;}
};