背包问题都涉及到动态规划，利用dp进行更加优化的计算。
一、01背包
最基本的是01背包问题，题目一般类似：“在一定数目物品内，挑选总重量不超过一定数目的物品，其中每个物品只能选一次，求背包内物品价值的最大值或者最小值”，从名字就可以看出，要么选0个，要么选1个。
如果按照暴力的方法，时间复杂度会爆表，这里采用的是记忆化搜索的方式，加以DP。
首先，选一个二维数组dp，这个数组的含义是从前i个物品中选出总重量不超过j的物品时总价值的最大值，也就是说，对于数组中的任意一个元素dp[i][j]，其含义为在前i个物品中选出总重量不超过j的物品的最大值。
定义好了数组，接下来就是找状态转移方程。最容易找到的就是最初的状态，即dp[0][j]=0，在一个物品也不选的时候，不论总质量是多少，总价值肯定是0。接下来的状态都是在这个基础状态上进行扩展。既然是放物品，那么肯定是物品一个一个遍历，如果能放不下，其最大价值肯定还等于上一个状态，也就是说当j<w[i]时，dp[i+1][j]=dp[i][j]，如果能放下，就需要比较是放下这个物品价值大还是不放价值大，当选择放的时候，相当于在前i个物品中，空间为当前空间减去w[i+1]的情况再放这个物品，比较这个情况下价值的大小，即当j>=w[i]时，dp[i+1][j]=max(dp[i][j],dp[i][j-w[i]]+v[i])，这样所有的状态我们就找到了，即状态转移方程为：
dp[0][j]=0;
dp[i+1][j]=dp[i][j] i<w[i];
dp[i+1][j]=max(dp[i][j],dp[i][j-w[i]]+v[i]) j>=w[i]
根据这个就可以写出01背包最大值问题的模板了
for(int i=0;i<N;i++){for(int j=0;j<=wei;j++){if(j<w[i])dp[i+1][j]=dp[i][j];elsedp[i+1][j]=max(dp[i][j],dp[i][j-w[i]]+v[i]);}}cout<<dp[N][wei]<<endl;
在这个的基础上可以进行空间复杂度上的优化，不难发现每次对下一行的数据的更新都是取决于上一行的数据，所以并不一定需要开一个二维数组，一维数组就可以解决问题，我们关心的是最后一次外循环的值，中间过程我们并不需要知道，所以可以进行空间上的优化。
二维数组中我们进行的操作实际上就是在每个物品的基础上，遍历所有可能的背包空间，如果放得下去就比较放与不放对价值的影响，转换为一维的时候，其实比较的就是在上一次操作的情况下，哪些还可以放得下这个物品，放得下的就进行比较。所以也就是要对w[i]到wei的范围进行更新，转换为代码就是下面这个形式，转换后dp数组的含义就变成了容量不超过j时的最大价值了，省略了前几个物品这一项。
for(int i=0;i<N;i++){for(int j=wei;j>=w[i];j--){dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+pri[i]);}}cout<<dp[wei]<<endl;
这里还需要注意，01背包的一维数组表示，更新的时候是逆序的，从代码不难看出，对一个值的更新是基于这个值左边的值进行更新的，如果是顺序更新，那么在更新时一定会先更新左边的值，从而使得后更新的值有可能基础被更新过了，而逆序更新就可以避免这个问题。也可以这么说，因为01背包里面每个物品只能放一次，如果顺序更新，那么假设状态1已经放了一个物品了，那么基于状态1的状态2如果需要更新，那么不就变成了放两个物品了么，这不就出错了，所以应该需要逆序更新。
这里举例子都是举的求最大值，这时需要把数组初始化为0，之后每一次都选取最大值即可。而当要求的是最小值时，则应该把数组初始化为很大的数，每次选取最小值。dp[N][wei]就是要求的最值。
二、完全背包
完全背包问题是在01背包问题上进行的延伸，01背包每次物品的数目只能是0或者1，而完全背包问题就脱离了这个限制，题目一般类似：“在一定数目物品内，挑选总重量不超过一定数目的物品，其中每个物品可以选多次，求背包内物品价值的最大值或者最小值”。这里就需要对上面的模板进行一定的修改了。
其实最笨的办法是在01背包的基础上再增加一层循环，用于记录增加的件数
for(int i=0;i<N;i++)for(int j=0;j<=wei;j++)for(int k=1;k*wei[i]<=j;k++)dp[i+1][j]=max(dp[i][j],dp[i][j-k*wei[i]]+k*val[i]);cout<<dp[N][wei]<<endl;
这种方法比较好懂，但是时间复杂度太大，需要进行优化，这里直接在01背包一维的基础上进行一个优化，其实这两种背包问题都是相通的，区别就在于01不可以放多个而完全背包可以放多个，在前面讲一维化的地方说过，之所以逆序更新是防止放两个的情况出现，那么这里完全背包就正好利用了这一点，把01背包的逆序更新换成顺序更新，就可以解决放几个的问题了，把所有还可以放的状态都更新一遍，从左向右进行更新，如果前面的状态就已经放得下一个了，那么基于这个状态的另一个状态还可以再放一个，所以就基于上个状态继续更新，因而是正序更新。具体表示为，当背包空间为j时，最大价值等于当前值和加上一个当前物品增加价值之后中更大的值。代码如下
for(int i=0;i<N;i++){for(int j=w[i];j<=wei;j++){dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+pri[i]);}}cout<<dp[wei]<<endl;
所以在记忆这两种背包问题的时候，只需要理解好更新顺序的问题，模板都是一样的，只需要根据顺序进行修改就好了。
三、分组背包
分组背包问题是在01背包的基础上又进行了延伸，01背包问题中每个物品要么选要么不选，在分组背包中，将一系列物品分成几组，一次在一个小组中选择一个或者不选，其实01背包是一种特殊情况下的分组背包，即每个组只有一个物品时的分组背包，我们依然可以沿用01背包的解题思路，只不过进行一下加工，这里直接取一维情况的dp数组，其实我们可以这样认为，每个组既然只能选一个，我们可以先限定一个组别，之后在这个组别中，在总重量允许的条件下，看当前重量下是不是放得下这个组中的物品，放得下就选取价值的更大值。由于每次选择的都是最大值而且是在这一个组中进行的操作，所以保证了一个组中只选择了一个物品。由于分组背包是01背包延伸来的，所以依然是用逆序遍历来实现一维数组的dp。
模板类似下面的代码
for(int i=1;i<=N;i++)//第几组for(int j=M;j>=1;j--)//允许的重量 for(int k=1;k<=这组的物品数;k++)//每组选物品 if(物品的重量<=j)dp[j]=max(dp[j],dp[j-物品的重量]+val[i][k]);
四、多重背包
多重背包问题的思路跟完全背包的思路非常类似，只是每种物品的取值是有限制的，因为每件物品的数量是有限制的。
多重背包一般采取转化为01背包的方法，将每个物品按照2的幂次分成几个物品，这样就变成了01背包。把第i种物品换成n[i]件01背包中的物品。考虑二进制的思想，考虑把第i种物品换成若干件物品，使得原问题中第i种物品可取的每种策略——取0…n[i]件——均能等价于取若干件代换以后的物品。另外，取超过n[i]件的策略必不能出现。分成的这几件物品的系数和为n[i]，表明不可能取多于n[i]件的第i种物品。这里一般都会用到二进制优化来减少时间复杂度，不然的话三层循环暴力确实有些吃不消。
模板如下
for(int j=1;j<=num[i];j*=2)//二进制优化 {for(int k=n;k>=j*i;k--)//转换为01背包，所以需要逆序更新 {if(dp[k-i*j]==1)dp[k]=1;}num[i]-=j;//剩余数量进行更新 }if(num[i]*i!=0)//对于不能进行二进制更新的部分直接当做一个物品处理 {for(int k=n;k>=num[i]*i;k--)//对于剩下的部分应该也遍历一遍 {if(dp[k-num[i]*i])dp[k]=1;}}
五、总结
总的来说，这四类背包问题的关系大致如下：
01背包：每个物品只有一个，要么选要么不选
完全背包：在01背包基础上解除了只有一个的限制，每个物品随便选
分组背包：嵌套的01背包，每组要么选一个要么不选，每组里面的物品只能选一个，也可以理解为最大数量为1的要么选要么不选
多重背包：在完全背包上加了数量的限制，依然是随便选，但不能超过限制。
结题思路
01背包：逆序更新
完全背包：顺序更新
这两个是基础，理解好原理就不难区分
分组背包：01背包的基础上，再套一层循环来检验每一组的物品
多重背包：二进制优化后转化为01背包
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