题目描述
在之前的上机中，零崎已经出过了01背包和完全背包，也介绍了使用-1初始化容量限定背包必须装满这种小技巧，接下来的背包问题相对有些难度，可以说是01背包和完全背包的进阶问题。
多重背包：物品可以有0-n件。
对于第i种物品，我们有取0件，1件…n [ i ] 件共n [ i ] +1种策略，状态转移方程为f [ i ] [ v ] = max { f [ i - 1 ] [ v - k × c [ i ] ] + k × w [ i ] | 0 <=k<= n [ i ] }。在这里，很自然的有一种策略可以将其转化为01背包，即将物品换为n[i]件01背包中的物品，但是复杂度为O(VΣni)，时间复杂度没有降低。实际上，对于所有类似情况，我们都可以利用二进制求和来降低时间复杂度。即将物品替换为价值和费用 * 系数=1,2,2^2,…,2^k,n[i]-2^k+1的物品。系数之和为n [ i ]，表明不能取到多于n [ i ]件物品，但可以取到0…n[ i ]中任意一个整数件。利用这一优化，算法事件复杂度可以降到O(VΣlogni)。
实际上F [ i ] [ j ] 只依赖于 F [ i-1 ] [ j - k * w [ i ] ]，这里依赖项之间构成了一个 { j mod w [ i ] }剩余类，不同剩余类之间无关，注意到这点利用单调队列，每个状态均摊O(1)的时间，可以进一步将算法时间复杂度优化至O(VN)级别的，不过在此不再详细阐述。（其实也就是NOIP程度，放在大学应该可以接受，但是这个优化个人感觉已经脱离dp）
DD大牛给出的伪代码。
def MultiplePack(F,C,W,M)
if C * M >= V
CompletePack(F,C,W)
return //考虑这里为什么可以直接用完全背包
k := 1
while k < M
ZeroOnePack(kC,kW)
M := M - k
k := 2k
ZeroOnePack(C M,W M)输入
第一个数为数据组数n 1<=n<=10
接下来n组测试数据，每组测试数据由2部分组成。
第一行为背包容量V，物品种类数N。1<=V<=30000,1<=N<=200
接下来N行每行三个数为物品价值v，物品重量w，物品件数M。
1<=v,w<=200, 1<=M<=25
输出
对于每组数据，输出一行，背包能容纳的最大物品价值
输入样例
1
10 2
1 2 3
2 3 2输出样例
6 题目来源：http://biancheng.love/contest/10/problem/E/index解题思路：
问题属于背包问题，同时包括了0-1和完全背包，因此为多重背包问题。
按照之前的想法，只要判断每件物品的件数，可以确定对于该物品是使用0-1背包还是完全背包。
0-1背包的代码：
void Zeronepack(int w,int v)
{
for(int i=V; i>=w; i--)
if(dp[i]<dp[i-w]+v)
dp[i]=dp[i-w]+v;
}
完全背包的代码：
void Compack(int w,int v)
{
for(int i=w; i<=V; i++)
if(dp[i]<dp[i-w]+v)
dp[i]=dp[i-w]+v;
}
本题需要利用0-1背包以及完全背包来解决多重背包问题
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
int dp[];
int V,N;
void Compack(int w,int v)
{
for(int i=w; i<=V; i++)
if(dp[i]<dp[i-w]+v)
dp[i]=dp[i-w]+v;
} void Zeronepack(int w,int v)
{
for(int i=V; i>=w; i--)
if(dp[i]<dp[i-w]+v)
dp[i]=dp[i-w]+v;
} int main()
{
int kase,v,w,m;
scanf("%d",&kase);
while(kase--)
{
memset(dp,,sizeof(dp));
scanf("%d%d",&V,&N);
for(int i=; i<=N; i++)
{
scanf("%d%d%d",&v,&w,&m);
if(w*m>=V)
Compack(w,v);
else
{
for(int j=; j<m; j<<)
{
Zeronepack(j*w,j*v);
m-=j;
}
Zeronepack(m*w,m*v);
}
}
printf("%d\n",dp[V]);
}
return ;
}