在這之前，我們講到了01揹包與完全揹包。這次，我們來講一講很搞笑又稀奇古怪的（我不認為）多重揹包問題。
例【n+2】這位流浪的探險者被困在了海島上。有一天，他發現了一艘船，於是，他就乘坐這艘船準備回家。這時，他在島上獲取了n種東西，每件物品有n件真古怪哈，價值c，費用w，他需要讓帶回去的東西有更大的價值，所以，程式設計幫助他，找出最佳搭配。
感覺大家已經能夠猜出這個悲催的人是誰了，就是大名鼎鼎的——魯濱孫大人！！！這個題目不用說了吧，很簡單，和完全揹包基本一樣。現在，我們只要把完全揹包的方程略微改動即可。這種揹包問題對於每種物品有n[i]+1（此處n為最多取物品的數量）種策略：取0個，1個，…n[i]個。令f[i][v]表示前i種物品恰放入容量為v的最大價值，則得出動態轉移方程：
f (i
)(v)
=max
(f(i
−1)(
v),f
(i−1
)(v−
k∗w(
i))+
k∗c(
i)∣0
<=k
<=n
(i))
f(i)(v)=max(f(i-1)(v),f(i-1)(v-k*w(i))+k*c(i)|0<=k<=n(i))
f(i)(v
)=ma
x(f(
i−1)
(v),
f(i−
1)(v
−k∗w
(i))
+k∗c
(i)∣
0<=k
<=n
(i))
此種演算法時間複雜度為o(v
∗∑n(
i)
)o(v*∑n(i))
o(v∗∑n
(i))
。結論得出的偽**如下：
for
(i=1.
..n)
for(v=v...0
)//此地根據01寫出，由於與完全不同，所以是v...0
for(k=0..
.n[i]
)
(i))
(∑n(i))
(∑n(i)
)的01揹包問題，直接求解，時間複雜度依然是（o(
v∗∑n
(i))
）（o(v*∑n(i))）
（o(v∗∑
n(i)
)）。但是，我們要做乙個懶人 勤快之人，期望將他轉換成01揹包問題之後就像上次完全揹包問題一樣降低複雜度。仍然考慮二進位制的思想，把第i件物品換成若干件物品，使原問題中第i中物品可以取用的每種策略（取0~n[i]件物品）是與若干件物品代換後的相同。注意，取超過n[i]件物品的策略肯定不能出現。
於是，方法出現。將第i種物品換成n[i]件相同的物品，其中每件物品都有乙個係數，這件物品的費用和價值均是原來的費用與價值乘上這個係數，使這些係數分別為1,2,4,···,2k−
12^
2k−1
,n (i
)−2k
+1
n(i)-2^k+1
n(i)−2
k+1,且k是滿足n(i
)−2k
+1
>
0n(i)-2^k+1>0
n(i)−2
k+1>
0的最大整數（這裡請注意，分出的數是可以組合出n[i]內所有數字）。
是不是感覺蒙了！炸了！
好，我們來舉乙個例子就可以明白了。總結上面的方法，假設n[i]=13，就將這種物品分成係數分別為1，2，4，6的四件物品（分成了四件一樣但意義不同的物品，如果試試看，你就會發現，1，2，4，6可以組成13以內的任何數字。1，2，1+2，4，1+4，6，1+6，2+6，1+2+6，4+6，1+4+6，2+4+6，1+2+4+6=13）
對於上面有趣的式子，可以分0…2k−
12^
2k−1
和2
k2^k
2k…2n[i]討論得出，希望讀者自己思考思考，開動腦筋。
分成的這些物品係數的和為n[i]，表示不可能取多於n[i]的第i件物品。這樣就將第i件物品分為了log
∗n(i
)log*n(i)
log∗n(
i)種物品，將原問題的複雜度轉化為o(v
∗∑lo
gn(i
))
o(v*∑logn(i))
o(v∗∑l
ogn(
i))這是很大的改進呀！
分析結束，此處貼出慢版的程式：
#include
#include
#include
using
namespace std;
int v[
10000
],w[
10000
],s[
10000
],f[
10000
],n,m,i,j,k;
int main (
) cout<;}
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 ...
多維多重揹包問題 01揹包，完全揹包，多重揹包
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