有n種物品和乙個容量為v的揹包。第i種物品最多有n[i]件可用，每件費用是c[i]，價值是w[i]。求解將哪些物品裝入揹包可使這些物品的費用總和不超過揹包容量，且價值總和最大。
這題目和完全揹包問題很類似。基本的方程只需將完全揹包問題的方程略微一改即可，因為對於第i種物品有n[i]+1種策略：取0件，取1件……取n[i]件。令f[i][v]表示前i種物品恰放入乙個容量為v的揹包的最大權值，則有狀態轉移方程：
f[i][v]=max
另一種好想好寫的基本方法是轉化為01揹包求解：把第i種物品換成n[i]件01揹包中的物品，則得到了物品數為σn[i]的01揹包問題，直接求解，複雜度仍然是o(v*σn[i])。
但是我們期望將它轉化為01揹包問題之後能夠像完全揹包一樣降低複雜度。仍然考慮二進位制的思想，我們考慮把第i種物品換成若干件物品，使得原問題中第i種物品可取的每種策略——取0..n[i]件——均能等價於取若干件代換以後的物品。另外，取超過n[i]件的策略必不能出現。
方法是：將第i種物品分成若干件物品，其中每件物品有乙個係數，這件物品的費用和價值均是原來的費用和價值乘以這個係數。使這些係數分別為1,2,4,...,2^(k-1),n[i]-2^k+1，且k是滿足n[i]-2^k+1>0的最大整數。例如，如果n[i]為13，就將這種物品分成係數分別為1,2,4,6的四件物品。
分成的這幾件物品的係數和為n[i]，表明不可能取多於n[i]件的第i種物品。另外這種方法也能保證對於0..n[i]間的每乙個整數，均可以用若干個係數的和表示，這個證明可以分0..2^k-1和2^k..n[i]兩段來分別討論得出，並不難，希望你自己思考嘗試一下。
這樣就將第i種物品分成了o(log n[i])種物品，將原問題轉化為了複雜度為o(v*σlog n[i])的01揹包問題，是很大的改進。
下面給出o(log amount)時間處理一件多重揹包中物品的過程，其中amount表示物品的數量：
procedure multiplepack(cost,weight,amount)
if cost*amount>=v
completepack(cost,weight)
return
integer k=1
while k希望你仔細體會這個偽**，如果不太理解的話，不妨翻譯成程式**以後，單步執行幾次，或者頭腦加紙筆模擬一下，也許就會慢慢理解了。
多重揹包問題同樣有o(vn)的演算法。這個演算法基於基本演算法的狀態轉移方程，但應用單調佇列的方法使每個狀態的值可以以均攤o(1)的時間求解。由於用單調佇列優化的dp已超出了noip的範圍，故本文不再展開講解。我最初了解到這個方法是在樓天成的「男人八題」幻燈片上。
這裡我們看到了將乙個演算法的複雜度由o(v*σn[i])改進到o(v*σlog n[i])的過程，還知道了存在應用超出noip範圍的知識的o(vn)演算法。希望你特別注意「拆分物品」的思想和方法，自己證明一下它的正確性，並將完整的程式**寫出來。
多維多重揹包問題 多重揹包問題
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揹包問題 多重揹包
有n種物品和乙個容量為w的揹包。第i種物品最多有n i 件可用，每件重量是w i 價值是v i 求解將哪些物品裝入揹包可使這些物品的重量總和不超過揹包容量，且價值總和最大。1.使用三重迴圈進行遞推 狀態轉移式為 dp i j max 關鍵 如下 void solve printf d n dp n ...
多重揹包問題
題目 有n種物品和乙個容量為v的揹包。第i種物品最多有n i 件可用，每件費用是c i 價值是w i 求解將哪些物品裝入揹包可使這些物品的費用總和不超過揹包容量，且價值總和最大。基本演算法 這題目和完全揹包問題很類似。基本的方程只需將完全揹包問題的方程略微一改即可，因為對於第i種物品有n i 1種策...