多重背包问题：
有N种物品和一个容量为V的背包。
第i种物品最多有n[i]件可用，每件费用是w[i]，价值是c[i]。
求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
简明易懂，这就和完全背包问题差不多。
所以基本的方程只需将完全背包问题的方程略微修改即可，因为对于第i种物品有n[i]+1种策略：
取0件，取1件……取n[i]件。
令f[i][v]表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值，
则：f[i][v]=max{f[i-1][v-k*w[i]]+ k*c[i]|0<=k<=n[i]}。复杂度是O(V*∑n[i])。
另一种方法是转化为01背包问题
把第i种物品换成n[i]件01背包中的物品，则得到了物品数为∑n[i]的01背包问题，直接求解，复杂度仍然是O(V*∑n[i])。
但是我们期望将它转化为01背包问题之后能够像完全背包一样降低复杂度。
考虑二进制的思想，把第i种物品换成若干件物品，
使得原问题中第i种物品可取的每种策略——取0..n[i]件——均能等价于取若干件代换以后的物品。另外，取超过n[i]件的策略必不能出现。
方法是：将第i种物品分成若干件物品，其中每件物品有一个系数，这件物品的费用和价值均是原来的费用和价值乘以这个系数。
使这些系数分别为 1,2,4,...,2^(k-1),n[i]-2^k+1，且k是满足n[i]-2^k+1>0的最大整数(注意：这些系数已经可以组合出1~n[i]内的所有数字)。
例如，如果n[i]为13，就将这种物品分成系数分别为1,2,4,6的四件物品。
分成的这几件物品的系数和为n[i]，表明不可能取多于n[i]件的第i种物品。
另外这种方法也能保证对于0..n[i]间的每一个整数，均可以用若干个系数的和表示，
这个证明可以分0..2^k-1和2^k..n[i]两段来分别讨论得出，只需要几分钟便可轻松解决。
有一道很相似的例题：
洛谷P1064
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<cctype> #define ll long long #define gc() getchar() #define maxn 65 #define maxm 20005 using namespace std; inline ll read(){ //日常读入优化，对这道题毫无卵用 ll a=0;int f=0;char p=gc(); while(!isdigit(p)){f|=p=='-';p=gc();} while(isdigit(p)){a=(a<<3)+(a<<1)+(p^48);p=gc();} return f?-a:a; } void write(ll a){ if(a>9)write(a/10); putchar(a%10+'0'); } int n,m,v[maxn],w[maxn],f[maxm],c[maxn][maxn]; //c[i][0]表示主件为i的物品的数量，那么c[0][0]就表示主件的数量，c[i][j]表示主件为i的第j个物品的标号，这样写本意是处理无穷个配件，结果发现配件至多有两个，懒得改了 int main(){ m=read()/10;n=read(); for(int i=1;i<=n;++i){ v[i]=read()/10;w[i]=read()*v[i]; int q=read();c[q][++c[q][0]]=i; } for(int i=1;i<=c[0][0];++i) for(int k=m;k>=v[i];--k){ int v2=(k-v[c[0][i]])>=0?f[k-v[c[0][i]]]+w[c[0][i]]:0; //可选则存为可存入的，不可选则为0，以下同此，v2,v3,v4,v5分别代表的是前面讲的第二第三第四第五种情况 int v3=(k-v[c[0][i]]-v[c[c[0][i]][1]])>=0?f[k-v[c[0][i]]-v[c[c[0][i]][1]]]+w[c[0][i]]+w[c[c[0][i]][1]]:0; int v4=(k-v[c[0][i]]-v[c[c[0][i]][2]])>=0?f[k-v[c[0][i]]-v[c[c[0][i]][2]]]+w[c[0][i]]+w[c[c[0][i]][2]]:0; int v5=(k-v[c[0][i]]-v[c[c[0][i]][1]]-v[c[c[0][i]][2]])>=0?f[k-v[c[0][i]]-v[c[c[0][i]][1]]-v[c[c[0][i]][2]]]+w[c[0][i]]+w[c[c[0][i]][1]]+w[c[c[0][i]][2]]:0; f[k]=max(f[k],max(max(v2,v3),max(v4,v5))); //简化后应该就比较容易看懂了 } write(f[m]*10); return 0; }
第二种：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m; int f[40000],g[40000]; struct obj { int price,value,team; } a[100]; int main() { cin>>n>>m; for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d%d",&a[i].price,&a[i].value,&a[i].team),a[i].value*=a[i].price; for(int i=1;i<=m;i++) if(!a[i].team){ for(int j=1;j<a[i].price;j++)g[j]=0; for(int j=a[i].price;j<=n;j++)g[j]=f[j-a[i].price]+a[i].value; for(int j=1;j<=m;j++) if(a[j].team==i) for(int k=n;k>=a[i].price+a[j].price;k--)g[k]=max(g[k],g[k-a[j].price]+a[j].value); for(int j=a[i].price;j<=n;j++)f[j]=max(f[j],g[j]); } cout<<f[n]; return 0; }
