有$N$件物品和一个容量为$V$的背包。第$i$件物品的体积是$C_i$，其价值是$W_i$。求解，在不超过背包容量情况下，将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
这是最基础的背包问题，特点是：每种物品仅有一件。
状态
转移方程
对于第$i$件物品，有放与不放两种选择。若选择不放，$F[i,v]=F[i−1,v]$；若选择放，$v−C_i$确保有足够的空间，随之$F[i,v]=F[i−1,v−C_i]+W_i$。
/**
*
* author 刘毅（Limer）
* date 2017-03-17
* mode C++
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int main()
{
const int N = 6; // 物品个数
const int V = 10; // 背包体积
int C[N + 1] = { -1,5,6,5,1,19,7 }; // 第 i 个物品的体积（下标从 1 开始）
int W[N + 1] = { -1,2,3,1,4,6,5 }; // 第 i 个物品的价值
int F[N + 1][V + 1] = { 0 }; // 状态
for (int i = 1; i <= N; i++) // 对于第 i 个物品
for (int v = 0; v <= V; v++)
{
F[i][v] = F[i - 1][v]; //第 i 个不放
if (v - C[i] >= 0 && F[i][v] < F[i - 1][v - C[i]] + W[i]) // 如果比它大，再放第 i 个
F[i][v] = F[i - 1][v - C[i]] + W[i];
}
cout << "最大价值是：" << F[N][V] << endl; // 9
return 0;
}以上方法的时间和空间复杂度均为$O(VN)$，其中时间复杂度应该已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到$O(V)$。
先考虑上面讲的基本思路如何实现，肯定是有一个主循环i ← 1 to N，每次算出来二维数组$F[i,v]$的所有值。那么，如果只用一个数组$F[v]$能不能保证第$i$次循环结束后$F[v]$中表示的就是我们定义的状态$F[i,v]$呢？
事实上，这要求在每次主循环中我们以v ← V to C[i]的递减顺序计算$F[v]$，这样才能保证计算$F[v]$时$F[v−C_i]$保存的是状态$F[i−1,v−C_i]$的值。
优化后的代码如下：
/**
*
* author 刘毅（Limer）
* date 2017-03-17
* mode C++
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int main()
{
const int N = 6; // 物品个数
const int V = 10; // 背包体积
int C[N + 1] = { -1,5,6,5,1,19,7 }; // 第 i 个物品的体积（下标从 1 开始）
int W[N + 1] = { -1,2,3,1,4,6,5 }; // 第 i 个物品的价值
int F[V + 1] = { 0 }; // 状态
for (int i = 1; i <= N; i++) // 对于第 i 个物品
for (int v = V; v >= C[i]; v--)
F[v] = max(F[v], F[v - C[i]] + W[i]);
cout << "最大价值是：" << F[V] << endl; // 9
return 0;
}我们看到的求最优解的背包问题题目中，事实上有两种不太相同的问法。有的题目要求“恰好装满背包”时的最优解，有的题目则并没有要求必须把背包装满。这两种问法的实现方法只是在初始化的时候有所不同。
如果是第一种问法，要求恰好装满背包，那么在初始化时除了F[0]为0，其它F[1]...F[V]均设为−∞，这样就可以保证最终得到的F[V]是一种恰好装满背包的最优解。如果并没有要求必须把背包装满，而是只希望价格尽量大，初始化时应该将F[0]...F[V]全部设为0。
这是为什么呢？可以这样理解：初始化的F数组事实上就是在没有任何物品可以放入背包时的合法状态。如果要求背包恰好装满，那么此时只有容量为0的背包可以在什么也不装且价值为0的情况下被“恰好装满”，其它容量的背包均没有合法的解，属于未定义的状态，应该被赋值为-∞了。如果背包并非必须被装满，那么任何容量的背包都有一个合法解“什么都不装”，这个解的价值为0，所以初始时状态的值也就全部为0了。
- 背包九讲.