0-1背包理论基础（一）
要先知道暴力解法，
然后用动态规划来解决，相对于暴力解法，DP在性能上提高了多少。
1️⃣ 确定 dp数组 以及 下标 的含义
dp[i][j] ：从下标为 [0 ~ i] 之间的物品里任取，放进容量为 j 的背包，价值总和最大是多少。
(后面在写递推公式，初始化，确定遍历顺序都是紧紧围绕着dp数组的含义)
2️⃣ 确定递推公式
那么可以有两个方向推出来dp[i][j]，
- 不放物品i：背包容量为j，所能装的最大价值是
dp[i - 1][j] - 放物品i：放物品i的最大价值是 背包容量减去物品i的容量所能放的最大价值，加上物品i的价值。
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
所以递归公式： dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
可以这么理解：放了物品i，还剩下j - weight[i]的容量可以放其他物品，剩下空间能得到的最大值是dp[i-1][j-weight[i]]
这里的意思是:你放了物品 i 之后剩下的空间(就是他说的不放物品i的空间)能放的最大价值。
先把物品i放进去，则还剩j-weight的容量，这些容量用来放前i-1个
3️⃣ dp数组如何初始化
非0下标初始化成什么都可以，都不影响最后求 dp[i][j] 的值。
4️⃣ 确定遍历顺序
对于二维dp数组实现的0-1背包问题，2层for循环是可以颠倒的。
5️⃣ 举例推导dp数组
0-1背包理论基础（二）
网友：应该是把 dp[i][j] 覆盖到 dp[i-1][j] 那里
网友：就像爬楼梯中维护的一维dp数组,实际有用的就前两个元素,就可以简化为只维护两个元素,而不是一个数组,这里也是同理。
网友：只有一个数组，实际上自身拷贝自身，虽然数值相同但表示的意义不同相同
递推公式：
- 不放物品i：dp[j]
- 放物品i：dp[j - weight[i] + value[i]]
dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i] + value[i]]);
不放物品就表示不覆盖原来的数据
dp数组的初始化：
首先，背包容量不能是负数。（若容量是负数，就不在背包问题的讨论范围内了。）
若背包容量是正数，应该初始化为多少？
由递推公式：当前值 = max (本身，前一个值 + value)
遍历顺序：
倒序遍历，保证每个物品只被添加过一次。
⚠️只能先遍历物品，再遍历背包
在一维dp数组中，把一个矩阵压缩成一维数组，数据滚动利用，我们使用倒序来保证每个物品添加一次，
如果先遍历背包，再遍历物品，这样dp数组里面记录的就都是一个物品的数值了。
（不理解，可以画表格解释，很直观）
用代码，把dp数组打印出来。
416.分割等和子集
题目链接：416.分割等和子集
难度指数：😀😐😕😟
AC代码： （核心代码模式）
class Solution {
public:
bool canPartition(vector<int>& nums) {
int sum = 0;
//d[i]中的i表示背包内总和
//题目中说：每个数组中的元素不会超过100，数组的长度不会超过200
//因此总和不会大于20000，背包最大只需要其中的一半，所以10001就可以了
vector<int> dp(10001, 0);
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
sum += nums[i];
}
if (sum % 2 == 1) {
return false;
}
int target = sum / 2;
//开始0-1背包
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
for (int j = target; j >= nums[i]; j--) { //每个元素一定是不可重复放入，所以从大到小遍历
dp[j] = max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i]);
}
}
//集合中的元素正好可以凑成总和target
if (dp[target] == target) return true;
return false;
}
};
