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因为你把n和c 定义为static ,而且初始化为0,。数组也为静态的,一个类中静态的变量在这个类加载的时候就会执行，所以当你这类加载的时候，你的数组static int[] v = new int[n];
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static int[] w = new int[n];
就已经初始化完毕，而且数组大小为0。在main方法里动态改变n的值是改变不了已经初始化完毕的数组的大小的，因为组已经加载完毕。
我建议你可以在定义n,c是就为其赋初值。比如（static int n=2 static int c=3）
基本概念
问题雏形
01背包题目的雏形是：
有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的体积是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
从这个题目中可以看出，01背包的特点就是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。
其状态转移方程是：
f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}
对于这方方程其实并不难理解，方程之中，现在需要放置的是第i件物品，这件物品的体积是c[i],价值是w[i],因此f[i-1][v]代表的就是不将这件物品放入背包，而f[i-1][v-c[i]]+w[i]则是代表将第i件放入背包之后的总价值，比较两者的价值，得出最大的价值存入现在的背包之中。
理解了这个方程后，将方程代入实际题目的应用之中，可得
for (i = 1; i = n; i++)
for (j = v; j = c[i]; j--)//在这里，背包放入物品后，容量不断的减少，直到再也放不进了
f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i - 1][j - c[i]] + w[i]);
问题描述
求出获得最大价值的方案。
注意：在本题中，所有的体积值均为整数。
算法分析
对于背包问题，通常的处理方法是搜索。
用递归来完成搜索，算法设计如下：
int make(int i, int j)//处理到第i件物品,剩余的空间为j 初始时i=m , j=背包总容量
{
if (i == 0) return 0;
if (j = c[i])//(背包剩余空间可以放下物品 i )
{
int r1 = make(i - 1, j - w[i]);//第i件物品放入所能得到的价值
int r2 = make(i - 1, j);//第i件物品不放所能得到的价值
return min(r1, r2);
}
return make(i - 1, j);//放不下物品 i
}
这个算法的时间复杂度是O(n^2)，我们可以做一些简单的优化。
由于本题中的所有物品的体积均为整数，经过几次的选择后背包的剩余空间可能会相等，在搜索中会重复计算这些结点，所以，如果我们把搜索过程中计算过的结点的值记录下来，以保证不重复计算的话，速度就会提高很多。这是简单的“以空间换时间”。
我们发现，由于这些计算过程中会出现重叠的结点，符合动态规划中子问题重叠的性质。
同时，可以看出如果通过第N次选择得到的是一个最优解的话，那么第N-1次选择的结果一定也是一个最优解。这符合动态规划中最优子问题的性质。
解决方案
考虑用动态规划的方法来解决，这里的：
阶段：在前N件物品中，选取若干件物品放入背包中
状态：在前N件物品中，选取若干件物品放入所剩空间为W的背包中的所能获得的最大价值
决策：第N件物品放或者不放
由此可以写出动态转移方程：
我们用f[i][j]表示在前 i 件物品中选择若干件放在已用空间为 j 的背包里所能获得的最大价值
f[i][j] = max(f[i - 1][j - W[i]] + P[i], f[i - 1][j]);//j = W[ i ]
这个方程非常重要，基本上所有跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的。所以有必要将它详细解释一下：“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题，若只考虑第i件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。如果不放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入容量为v的背包中”，价值为f[v]；如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入已用的容量为c的背包中”，此时能获得的最大价值就是f[c]再加上通过放入第i件物品获得的价值w。
这样，我们可以自底向上地得出在前M件物品中取出若干件放进背包能获得的最大价值，也就是f[m,w]
算法设计如下：
int main()
{
cin n v;
for (int i = 1; i = n; i++)
cin c[i];//价值
for (int i = 1; i = n; i++)
cin w[i];//体积
for (int i = 1; i = n; i++)
f[i][0] = 0;
for (int i = 1; i = n; i++)
for (int j = 1; j = v; j++)
if (j = w[i])//背包容量够大
f[i][j] = max(f[i - 1][j - w[i]] + c[i], f[i - 1][j]);
else//背包容量不足
f[i][j] = f[i - 1][j];
cout f[n][v] endl;
return 0;
}
由于是用了一个二重循环，这个算法的时间复杂度是O（n*w)。而用搜索的时候，当出现最坏的情况，也就是所有的结点都没有重叠，那么它的时间复杂度是O（2^n)。看上去前者要快很多。但是，可以发现在搜索中计算过的结点在动态规划中也全都要计算，而且这里算得更多（有一些在最后没有派上用场的结点我们也必须计算），在这一点上好像是矛盾的。
import java.io.BufferedInputStream;
import java.util.Scanner;
public class test {
public static int[] weight = new int[101];
public static int[] value = new int[101];
public static void main(String[] args) {
Scanner cin = new Scanner(new BufferedInputStream(System.in));
int n = cin.nextInt();
int W = cin.nextInt();
for (int i = 0; i n; ++i) {
weight[i] = cin.nextInt();
value[i] = cin.nextInt();
}
cin.close();
System.out.println(solve(0, W, n)); // 普通递归
System.out.println("=========");
System.out.println(solve2(weight, value, W)); // 动态规划表
}
public static int solve(int i, int W, int n) {
int res;
if (i == n) {
res = 0;
} else if (W weight[i]) {
res = solve(i + 1, W, n);
} else {
res = Math.max(solve(i + 1, W, n), solve(i + 1, W - weight[i], n) + value[i]);
}
return res;
}
public static int solve2(int[] weight, int[] value, int W) {
int[][] dp = new int[weight.length + 1][W + 1];
for (int i = weight.length - 1; i = 0; --i) {
for (int j = W; j = 0; --j) {
dp[i][j] = dp[i + 1][j]; // 从右下往左上，i+1就是刚刚记忆过的背包装到i+1重量时的最大价值
if (j + weight[i] = W) { // dp[i][j]就是背包已经装了j的重量时，能够获得的最大价值
dp[i][j] = Math.max(dp[i][j], value[i] + dp[i + 1][j + weight[i]]);
// 当背包重量为j时，要么沿用刚刚装的，本次不装，最大价值dp[i][j]，要么就把这个重物装了，那么此时背包装的重量为j+weight[i]，
// 用本次的价值value[i]加上背包已经装了j+weight[i]时还能获得的最大价值，因为是从底下往上，刚刚上一步算过，可以直接用dp[i+1][j+weight[i]]。
// 然后选取本次不装weight[i]重物时获得的最大价值以及本次装weight[i]重物获得的最大价值两者之间的最大值
}
}
}
return dp[0][0];
}
}
