下面就是多重揹包的原題（借用洛谷的）
終於，破解了千年的難題。小ff找到了王室的寶物室，裡面堆滿了無數價值連城的寶物……這下小ff可發財了，嘎嘎。但是這裡的寶物實在是太多了，小ff的採集車似乎裝不下那麼多寶物。看來小ff只能含淚捨棄其中的一部分寶物了……小ff對洞穴裡的寶物進行了整理，他發現每樣寶物都有一件或者多件。他粗略估算了下每樣寶物的價值，之後開始了寶物篩選工作：小ff有乙個最大載重為w的採集車，洞穴裡總共有n種寶物，每種寶物的價值為v[i]，重量為w[i]，每種寶物有m[i]件。小ff希望在採集車不超載的前提下，選擇一些寶物裝進採集車，使得它們的價值和最大。
輸入格式：
第一行為乙個整數n和w，分別表示寶物種數和採集車的最大載重。
接下來n行每行三個整數，其中第i行第乙個數表示第i類品價值，第二個整數表示一件該類物品的重量，第三個整數為該類物品數量。
輸出格式：
輸出僅乙個整數ans，表示在採集車不超載的情況下收集的寶物的最大價值。
輸入樣例#1：
4 20
3 9 3
5 9 1
9 4 2
8 1 3
對於100%的資料：n≤∑m[i]≤10^5；
0 這一道題又兩種做法，一種是被倍增，另一種是單調佇列
前者相信大家都會，我就不講了，後者我看了很多部落格，他們都寫的我一臉懵逼
我研究了好久，終於知道怎麼做了
首先定義乙個dp陣列
dp[i]表示到達i重量時的最大值
列舉1-n
對於當前的寶物，它的意義就是更新陣列，所以我們至少要用到乙個
舉個栗子，假設當前的寶物重量為3，數量為3，價值不說（在這個栗子中沒有意義）
用乙個指標j從1一直到w，假設現在指到w-1，那麼就是這樣繼承的
我們給這些格仔分乙個組，按照每w個為一組，這個繼承的狀態就十分的明顯了
dp[j]=max(dp[j-k*w]+k*v) (1<=k<=w)
因為分了組，每一組中相同位置的繼承有幾分相似，感覺就可以用單調佇列了
可是因為公式k*v的阻礙，所以現在還不能用單調佇列
所以我們可以考慮把公式改一改
假如當前的位置是r，要繼承l
那麼需要找出（r-l)有多少個v，我們本來想的是先把（r-l）算出，然後再算v
利用整式乘法，可以先找出r中v的個數，再減去l中v的個數
所以我們就可以巧妙的把r消去，從而進行單調佇列的優化
**就是先把所有位置除以w以後，餘數相同的取出來一起算
我後面可能講的不是很明白，但是你們看圖就能明白是什麼意思了
更加清晰詳細的**在後面
#include#includeusing namespace std;
inline int read()
inline void print(int x)
const int n=4e4+10;
int n,w;
int ans,maxx,dp[n];
int head,tail;
struct nodelist[n];
int main()//如果w是0，就不用在算了
for(int j=0;j=list[tail].x)tail--;//入隊
list[++tail]=(node);
while(head<=tail&&list[head].p
dp[j+k*w]=max(dp[j+k*w],list[head].x+k*v);// 算出dp[j+k*w]
maxx=max(maxx,dp[j+k*w]);//記錄最大值
} }
}print(maxx+ans);//不要忘記加上ans哦
return 0;
}
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