上一節，我們討論了01揹包問題，說明了*遞迴與分治法 與 動態規劃dp的區別和聯絡，介紹了快取的概念*。以下，我們用dc、dp、cache分別表示分治法、動態規劃和快取。本節，我們討論01揹包的另外兩種形似——完全揹包和多重揹包問題，分析dp問題的另外一些情況。
同樣有n種價值和重量分別為weight[i] and value[i]， 揹包大小w。限制條件：每種物品數目是無限的。問：能挑選出來的總價值最大的物品組合總重量？
分析一：這裡，我們無視數量有限這個條件，可以得到下列遞迴式：
dp[i+1][j] = max
下面，來實現這個動態規劃（留給讀者）。很不幸，我們發現這次的時間複雜度變成了三重迴圈，o(nw^2). 因為，此時將子問題組成原問題，需要的組合數目是w個而不是常數項。
分析二：
對上述遞迴式進行變形，可以變成dp[i+1][j] = max;這樣就可以將時間複雜度從o(nw^2)轉化成o(nw).這個變形可以完全用數學化公式來實現，對應的物理意義：從前i+1號物品中選取j重的組合包含兩種：1）不包含i+1號物品dp[i][j] 2) 包含至少乙個i+1號物品dp[i+1][j-w[i]] + v[i].
優化2：dp陣列的重複利用
另外，我們注意到，在在遞推關係dp[i+1][j] = max中，dp[i+1][j]中，計算d[i+1][j]的時候僅僅用到了上一行左側的資料，所有我們可以對陣列進行重複利用，這樣能夠減少空間上的時間複雜度和程式執行時間（程式具有更好的區域性性）：
dp[j] = max(dp[j], dp[j-w[i]] + v[i]);
和第一節中同樣的揹包問題，我們增加如下的限制條件：
1< n< 100
1< wi < 10^7
1< vi < 100
1< w < 10^9
此時，顯然o(nw)的演算法時間複雜度就不是能夠接受的了；此時我們需要對子問題的定義作出變形—— dp[i][j]原來表示前i號物品選取重量不超過j的組合能產生的最大值， 現在dp[i][j]：前i號物選取價值為j的組合占用的最小重量，最後取出dp[n][j]<=w 的最大的j即可。
此時：初始化dp[0][0]=0;dp[0][j]=inf
dp[i+1][j] = min(dp[i][j], dp[i][j - v[i]] + w[i]);
有n種大小不同的數字ai，每種mi個，是否可以從中選取組合，使得它們的和是k
限制條件：
n<100;ai, mi<10^5; k<10^5
分析一：套用完全揹包問題
dp[i][j]:前i號數字是否能組成和為j的組合；這樣得到遞推關係dp[i+1][j] ||= dp[i][j-k*a[i]];
時間複雜度o(nkk);這個時間複雜度並不好；一般來說dp的子問題不應該用來儲存bool的結果，這意味著我們損失了更多的資訊。
我們仔細來分析一下時間複雜度主要耗費在什麼地方，先看沒有優化之前的**
for (i = 0; i < n; ++i)}}
分析2：「 優化成最優子結構」
顯然，for k 部分的迴圈，直觀感覺是有冗餘。分類一下，如果能從前i中數字選擇出k和，a[i]可能被選取1次以上或者沒有被選取
如果a[i]沒有被選取，那麼意味著dp[i][j]=true;
如果a[i]被選取了1次以上，意味著dp[i+1][j-a[i]]=true;
也就是說，dp[i+1][j]本來是和dp[i][j-k*a[i]]這麼多子問題相關的；但是現在被轉化成兩個子問題dp[i][j] 和dp[i+1][j-a[i]]，是不是很神奇？很顯然，在這裡，我們通過分治法對子問題進行了合併。
進一步，如果定義dp[i+1][j]:前i種數加和得到j的時候，a[i]剩餘的個數，則有
dp[i+1][j]=
總結：在計數原理中，這種 子問題分類合併的思想和方法非常常用！
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