背包最大重量为4。
有物品3件，分别有其质量和价值。
vector<int> weight={1,3,4};
vector<int> value={15,20,30};
int bag=4;问背包能背的物品最大价值是多少？
这是标准的动态规划问题，每一个问题鱼鳍前面的子问题相联。
目录
表格
分析
递推公式
横竖不同遍历（个人分析）
表格
我们画一个表格就好理解了，在表格里，只需要记住，每个表格是当前的最优解（价值）。
物品（重量，价值）
分析
对于每个表格，其最大价值只有放与不放该物品，若放其价值即为该物品价值加上（背包质量-物品质量）的背包的最优解。
- 我们举个例子：
以橙表格为例子
背包4如果不拿物品1，其最大价值就为他的上面一格即15价值，
如果拿物品1，其最大价值就为物品1的价值（20）加上背包剩余空间的最大价值。就相当于背包1（4-3）的最大价值，即（15），相加即为35.
两者对比发现拿物品1总价值最大，所以背包4在可以拿物品0~1的情况下，其最大价值（最优解）为35。
- 我们再举个例子：
以红表格为例子：
如果不拿物品2，其最大价值为其上一格价值35。
如果拿物品2，其最大价值为物品2价值（30）加上背包剩余空间最大价值，相当于背包0的最大价值（0），相加为30。
两者对比发现不拿物品2价值更高，即背包4在可选物品0~2的情况下，最大价值（最优解）为35。
递推公式
由此，我们就可以推导递推公式了。
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],value[i]+dp[value.size()-1][j-weight[i]]);当然还有一种情况，就是当前物品该背包装不下，那么就直接继承其上一个格子即可。
横竖不同遍历（个人分析）
确定完dp初始值和递推公式后，我们要确定遍历顺序了，我们有两种遍历顺序，一种是一行一行遍历，还有一种是一列一列遍历，对于这两种遍历，结果是一样的，但在遍历过程中，有几处不一样。（可忽略，不影响）
以橙色格子为例，他的最大价值是
max(dp[i-1][j],value[i]+dp[i][j-weight[i]]);其中
value[i]+dp[i][j-weight[i]]中的剩余空间最大价值，即为背包3的最优解，但是我们知道背包3的最优解应该是背包3最下面一个格子（即考虑了所有物品的最优解），但是我们却是
dp[i][j-weight[i]]即背包3在当前行的最优解，这样按常识来讲很有可能会出错，而且这样两种写法虽然结果一样，但列出的表格里面个别数据会不一样。
例如这个表格，橙色格子如果只考虑物品0~i，其最大价值应该是35，但是其小背包3（背包4-物品1质量）最优解为30，这样就为50了
dp[value.size()-1][j-weight[i]];
//value.size()-1为最下面一格但实际上这两种都是对的，只是思维方式不一样，
dp[i][j-weight[i]]是每个背包只考虑物品0~i时的最优解，不考虑下面的物品。即每一个格子都是物品0~i的最优解，这样也符合我们正常的思维逻辑。
而如果看背包3最下面一个格子的话（即考虑了所有物品的最优解），背包4的当前格子数据可能会更大些，但是这样这个格子的说法就有一点说不过去了，到底是物品0~i的最优解，还是考虑所有物品的最优解呢，那这样背包4这个格子就是自己还没考虑下面的物品，但其小背包却考虑了@W@，虽然最后结果是一样的（最后结果是考虑所有物品，所以两种情况的最后一行是一样的）
当然，如果真的想考虑其剩余空间真正的最优解，那只能竖着写了，不然其小背包的最下面一个格子就属于还没遍历的格子，为0。
但是我还是建议一行一行写，这样，每一个格子就是考虑物品0~i的最优解，不会矛盾了。
