辰辰是个天资聪颖的孩子，他的梦想是成为世界上最伟大的医师。为此，他想拜附近最有威望的医师为师。医师为了判断他的资质，给他出了一个难题。医师把他带到一个到处都是草药的山洞里对他说："孩子，这个山洞里有一些不同的草药，采每一株都需要一些时间，每一株也有它自身的价值。我会给你一段时间，在这段时间里，你可以采到一些草药。如果你是一个聪明的孩子，你应该可以让采到的草药的总价值最大。"
如果你是辰辰，你能完成这个任务吗？
第一行有 \(2\) 个整数 \(T\)（\(1 \le T \le 1000\)）和 \(M\)（\(1 \le M \le 100\)），用一个空格隔开，\(T\) 代表总共能够用来采药的时间，\(M\) 代表山洞里的草药的数目。
接下来的 \(M\) 行每行包括两个在 \(1\) 到 \(100\) 之间（包括 \(1\) 和 \(100\)）的整数，分别表示采摘某株草药的时间和这株草药的价值。
输出在规定的时间内可以采到的草药的最大总价值。
70 3
71 100
69 1
1 23NOIP2005 普及组 第三题
裸01背包。
设dp[i][j]为以\(j\)为容量放入前\(i\)个物品的最大价值。
首先，咱可以不选当前的物品。这个时候，结果就是dp[i - 1][j]。（相当于没放第\(i\)个物品，那可不就是前\(i - 1\)个物品在\(j\)容量中的最大价值吗）
其次，咱还可以选当前的物品。这个时候的结果是什么呢？首先选这个物品肯定会有代价，设v[i]是当前物品花费的空间，w[i]是价值。我们选这个物品，会浪费v[i]的容量，此时我们还有j - v[i]个容量，也就是说我们会有dp[j - v[i]]的基础最大价值。然后如果放上了当前物品，当前的最大价值应该加上w[i]。于是选第i个物品，所获得的最大价值就是dp[j - v[i]] + w[i]。
然后我们就可以在这两种选与不选的决策中取最大值：dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - v[i]] + w[i])。
到这里就完事了？不，还有个大坑。如果当前剩余的容量根本装不下第i个物品，那还搞啥，只能不选。所以我们还需要判断剩下的容量还能不能装下物品。
这就是二维的转移方程了。
观察到dp[i]和dp[i - 1]，每次状态转移都只跟这两层有关系。那我们直接采用滚动数组就好啦。
首先将dp[i][j]优化为dp[j]，然后考虑dp[i - 1]怎么搞。
其实不选没啥好说的，妥妥的dp[j]。关键是考虑选的这种情况：dp[i - 1][j - v[i]]。
在原方程中，这个是i - 1层下的值，也就是说求dp[j]的时候，dp[j - v[i]]不能更新为第i层的，他应该还保留在第i - 1层。但是j - v[i]比j肯定要小（v[i]是正整数），所以如果我们正序遍历，遍历到dp[j]的时候，dp[j - v[i]]早就更新到第i层的状态了。这可不行，于是我们就得让 j倒序遍历。
Talk is cheap, show you my code:
/*
* @Author: crab-in-the-northeast
* @Date: 2020-03-12 01:24:35
* @Last Modified by: crab-in-the-northeast
* @Last Modified time: 2020-03-13 01:27:42
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
const int maxm = 105;
const int maxt = 1005;
inline int max(int a,int b) {
return a > b ? a : b;
}
int v[maxm],w[maxm],dp[maxt];
int main() {
int T,M;
std :: cin >> T >> M;
for(int i = 1; i <= M; i++)
std :: cin >> v[i] >> w[i];
for(int i = 1; i <= M; i++)
for(int j = T; j >= v[i]; j--)
dp[j] = max(dp[j],dp[j - v[i]] + w[i]);
std :: cout << dp[T] << std :: endl;
return 0;
}AC 100：R31680239（好吧我承认我是复制疯狂的采药改改过的……）
[luogu p1048] 采药 & 01背包学（复）习笔记
原文：https://www.cnblogs.com/crab-in-the-northeast/p/luogu-p1048.html