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：f[i][v]=max。複雜度是o(v*∑n[i])。
轉化為01揹包問題
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∑n[i]的01揹包問題，直接求解，複雜度仍然是o(v*∑n[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*∑log n[i])的01揹包問題，是很大的改進。
o(vn)的演算法
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。
小結
這裡我們看到了將乙個演算法的複雜度由o(v*∑n[i])改進到o(v*∑log 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，並用盡量簡潔的程式來實現。
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揹包問題 多重揹包
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