dp 多重揹包

（推薦：）

學會了前兩個揹包，學這個揹包還是很輕鬆的。

多重揹包，顧名思義，就是前兩種揹包結合到一起，首先還是用乙個例子說明。

1、問題描述

已知:有乙個容量為v的揹包和n件物品，第i件物品最多有num[i]件，每件物品的重量是weight[i]，收益是cost[i]。

問題:在不超過揹包容量的情況下，最多能獲得多少價值或收益

多重揹包區別於二重揹包的地方就在於所給出的物品數是有限的。

用二維陣列寫出** ：

#include #include #include #include using namespace std ;
#define max(a,b) a>b?a:b
#define min(a,b) a>b?b:a
int dp[100][1000] ;
int weight[10] ;
int value[10] ;
int num[10] ;
int main ( ) 
for ( int i = 1 ; i <= n ; i++ ) 
}//    cout << '\n' ;
}cout << dp[n][v] << endl ;
return 0 ;
}

上述的優化方法就採用了二進位制的思想

對每件物品拆分，拆分的數量可以是 1件、 2件、 4件 ……2^k 件，並且要保證 2^k <= num[ i ] ，但是這裡的最後一件是 num[ i ] - 前面所有物品的和，那麼對 num[ i ] 來說，就一定會有前面的數相加等於 num[ i ] ，其實這樣對物品拆分，在取得話，就可以看成每件新拆分出的物品只有一件，進而不就轉換成 01揹包了嗎，一定要注意領悟這個拆分的思想，是講揹包的物品總數分解開。

優化：

說到拆分，有種情況是不用拆分的，就是當 weight[ i ] * num[ i ] >= v ，因為這種情況就可以理解成物品的數量充足，那麼不就轉化成完全揹包的情況嗎？直接就會被優化到 o（v*n）。

對於不滿足完全揹包情況的物品進行拆分，此時物品的個數就沒有對所有物品進行拆分的個數多，那麼迴圈的次數就會降下來，複雜度也就降低了。

**示例：

#include using namespace std;  
const int n = 3;//物品個數  
const int v = 8;//揹包容量  
int weight[n + 1] = ;  
int value[n + 1] = ;  
int num[n + 1] = ;  
int f[v + 1] = ;  
/* f[v]:表示把前i件物品放入容量為v的揹包中獲得的最大收益。 
f[v] = max(f[v],f[v - weight[i]] + value[i]); 
v的為逆序 
*/  
void zeroonepack(int nweight,int nvalue)  
}  /* 
f[v]:表示把前i件物品放入容量為v的揹包中獲得的最大收益。 
f[v] = max(f[v],f[v - weight[i]] + value[i]); 
v的為增序 
*/  
void completepack(int nweight,int nvalue)  
}  int multiknapsack()  
else  
zeroonepack(ncount * weight[i],ncount * value[i]);  
}  }  
return f[v];  
}    
int main()  
{      cout<

dp 多重揹包

dp 揹包之多重揹包

DP之多重揹包

揹包DP（01揹包，多重揹包，完全揹包）

dp 多重揹包

dp 揹包之多重揹包

DP之多重揹包

揹包DP（01揹包，多重揹包，完全揹包）

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