01背包（ZeroOnePack）: 有N件物品和一个容量为V的背包，每种物品均只有一件，第i件物品的重量是w[i]，价值是v[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
完全背包(CompletePack): 有N种物品和一个容量为V的背包，每种物品都有无限件可用。第i种物品的重量是w[i]，价值是v[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的重量总和不超过背包容量，且价值总和最大。
01背包
对于01背包，每一个物体都有两种选择，放或者不放。我们可以使用一个二维数组dp[i][j]来模拟这个过程。dp[i][j]表示在背包容量为j的限制下，在前面i个（包括第i个）的物品中选择所能获取到的最大价值。于是，可以得到如下的状态转移方程：
dp[i][j]=0 i=0或j=0
dp[i][j]=max(dp[i-1][j-w[i]]+v[i], dp[i-1][j]) i≠0且j≠0
上面的第二个等式基于如下事实：若dp[i][j]表示在给定容量为j的背包中，选择前面i个物品所获取的最大价值，那么如果决定选择第i+1个物品，则dp[i+1][j+w[i+1]]=dp[i][j]+v[i+1]。这两个等式其实是等价的。当然，如果不选择第i+1个物品，dp[i+1][j]=dp[i][j]。
事实上，我们只需要一个一维数组即可完成上述迭代，使用dp[j]表示在当前状态下容量为j的背包所可以获取到的最大价值，这里说的“当前状态”指的是下面代码的一次外循环。
for(int i = 1; i <= n; i++){
for(int j = V; j >= w[i]; j--){
dp[j] = max(dp[j - w[i]] + v[i], dp[j]);
}
}
值得注意的是，上面的内循环是逆循环。因为只有这样才能保证该状态和前一状态的递推关系。
完全背包
这里我们仍然使用一维数组dp来表示迭代过程，同理，dp[j]表示在当前状态下容量为j的背包所可以获取到的最大价值。
for(int i = 1; i <= n; i++){
for(int j = w[i]; j <= V; j++){
dp[j] = max(dp[j - w[i]] + v[j], dp[j]);
}
}
内循环是正循环。二者的根本差异体现在物体i是否可以重复拿取。对于完全背包来说，当内循环的j=n*w[i]（n为非负整数）时，等价于将n个物品i放入背包中。
例题
题目：一个正整数n分解成x（1≤x≤$10^{6}$）个正整数的立方和，求x最小值是多少？
可能初看该题目属于贪心问题，类似于“找零钱”的题目，但是该题并不具备数字上的倍数关系，如96=64+8+8+8+8=64+27+1+1+1+1+1，答案明显是5，而贪心会算到7[1]。其实，该题应该属于完全背包问题，同一个数可以被选择多次。我们可以将每一个正整数的立方看成是一个物品，目标是求将容量为n的背包填满，并且使得物品的个数最少。我们使用dp[j]表示填满容量为j的背包所需的最小物品个数。因此可以很容易写出状态转移方程:
初始化： dp[0] = 0
迭代过程： dp[j] = min(dp[j - i * i * i] + 1, dp[j])
迭代过程的含义：j-i*i*i可以通过加上i*i*i转移到j，一共需要(dp[j-i*i*i]+1)个正整数，将其与上一个状态的dp[j]比较，选择最小值即可。
#include<math.h> #include<iostream> #define INF 0x3fffffff; using namespace std; int dp[1000010]; int main() {int n; while(cin >> n){ for(int i = 0; i <= n; i++) dp[i] = INF; int x = pow(n, 1. / 3) + 1; for(int i = 1; i <= x; i++){ int low_bound = i * i * i; dp[0] = 0; for(int j = low_bound; j <= n; j++){ dp[j] = min(dp[j], dp[j - low_bound] + 1); } } cout << dp[n] << endl; } return 0; }
参考：
