这种题目，实在让人很懵逼，就好像千头万绪，但是所有思路都被自己给否定了。
动态规划标准套路
1、明确状态和选择
什么是状态，就是背包的容量，以及可以选择的物体。
什么是选择，这个物品，要不要放进背包。
2、明确dp数组
刚刚说到有两个状态，所以我们选用一个二维数组：dp[i][w]：对于前 i 个物体，在背包容量为w的时候，可以装的最大价值是dp[i][w]。
例：dp[3][5] = 6:对于前三个物体做选择，在背包容量为5的时候，可以选择的最大价值为6。
根据定义，我们的最终目标可以设为 dp[N][M]，
base case 就是dp[0][···] = 0，dp[···][0] = 0，没有物品或者背包没有空间的时候，能装的最大价值就是0。
3、状态转移方程
对第i件物品来说，无非就是选中了，和没选中嘛。
那么，
如果选中了：d[i][w] = d[i-1][w-wt[i-1]]+var[i]
如果没选中：d[i][w] = d[i-1][w]
什么情况下要选？什么情况下不选呢？
那当然是哪个有利就选哪个嘛。
所以，伪代码怎么写？
伪代码
int dp[N+1][W+1]
dp[0][···] = 0
dp[···][0] = 0
for i in range(1,N)：
for w in range(1,w):
dp[i][w] = max(装，不装)
//装不装的状态转移已经在上面了
return dp[N][W]
修缮代码
int knaspsack(int W,int N,vector& wt,vector& val){
vector<vector> dp(N+1,vector(W+1,0));
for(int i = 1;i <= N; i++){
for(int w = 1;w <= W; w++){
if(w-wt[i-1]<0) //没空间了
dp[i][w] = dp[i-1][w];
else
dp[i][w] = max(d[i-1][w-wt[i-1]]+var[i],dp[i-1][w]);
}
}
return dp[N][W];
}
给你一个只包含正整数的数组，设计一个算法，将这个数组分为两个元素和相等的子集，如果能分，返回true，如果不能分，返回false。
这个问题怎么转化为背包为题呢？
首先，对这个数组计数，如果和是奇数，就返回-1吧，如果和是偶数，就除于二，记为n。
这个问题就转变为：从数组中找出一些数，使得它们的和恰好等于n。
其实看了这个题目，最直接的想法就是逆序排序之后用回溯
思路分析
状态和选择已经很明确了吧。
dp数组的含义嘛，dp[i][j] = x 表示，对于前 i 个物品，当前背包容量为 j 的时候，正好能将背包装满，则x为true，否则为false、
做一下状态压缩，把[i]去掉，反正i也是用来循环的。
如果不把 nums[i] 装入子集，则能够恰好装满背包，取决于上一个状态 dp[i-1][j]，继承之前的结果。
如果把 nums[i] 装入子集，则能否恰好装满背包，取决于状态 dp[i-1][j-nums[i-1]]。
代码实现
bool canPartition(vector& nums) {
int sum = 0, n = nums.size();
for (int num : nums) sum += num;
if (sum % 2 != 0) return false;
sum = sum / 2;
vector dp(sum + 1, false);
// base case
dp[0] = true;
for (int i = 0; i < n; i++)
for (int j = sum; j >= 0; j--)
if (j - nums[i] >= 0)
dp[j] = dp[j] || dp[j - nums[i]];
return dp[sum];
}
换零钱问题：给定不同面额的硬币（coins），和一个总金额（amount）,写一个函数来计算可以凑成总金额的硬币组合数。假设每一种面额的硬币有无数个。
