完全揹包問題

有n個重量和價值分別為wi，vi的物品，從這些物品中挑選出總重量不超過w的物品，求所有挑選方案中價值總和的最大值

1≤n≤100

1≤wi，vi≤100

1≤w≤10000

其實這個問題01揹包問題的區別在與，這裡的每個物品都是可以重複取的。而01揹包問題就只能取一次；

在原01揹包問題中:

遞推式為：dp [ i ] [ j ] = max( dp[ i-1 ] [ j - weight [ i ] ] + value [ i ] , dp[ i-1 ] [ j ] )

式子的含義為 ： 當我揹包的容量為j時，我是否取第i個物品

（1）如果取： **dp[  i-1 ] [ j - weight [ i ] ] + value [ i ]** ： 

揹包要放入物品 **i** ， 那麼揹包必須有容納得下 **i** 物品的空間 ，
所以前一狀態揹包用量有 ：**[ j - weight [ i ] ]** ， 
既然我的物品只能取一次，所以 **[ i - 1 ]** (過度回取第 i- 1 號物品 的情況，保證i 號物品 只被取一次)， 才有此式子。
(2) 如果不取，那麼就是直接返回前狀態 ： dp[ i-1 ] [ j ]

那麼如果我取了 i 號物品 一次後， 我就不需要過度回 取 i- 1 號物品的 狀態了 。

因為假設取了一次之後，揹包容量還可以再一次納入此物品，那麼 只需要在我取了第一次的基礎上，在加一次就ok 啦。而第一次取得記錄已經被記錄入 dp [ i ] [ j - weight [ i ] ] + value[ i ] （為什麼不是i-1？？？ -----已經說了：可以多次取，不需要過度回 i-1 的狀態來保證只取一次）了。

所以 最 終 結 論完全揹包問題的 遞 推 式 ：

dp[ i ] [ j - weight [ i ] ] + value [ i ] , dp[ i-1 ] [ j ]物品

價值重量

物品14

3物品254

物品33

2容量vol = 7；

(直接跳到允許放入的時候)

1） dp [ 1 ] [ 3 ] = max( dp[ i ] [ 3-3 ] + value [ 1 ] , dp [ 0 ] [ 3 ] )

==> dp [1] [3] = max ( 0 + 4 , 0)

2）dp [ 1 ] [ 4 ] = max( dp[ 1 ] [ 4-3 ] + value [ 1 ] , dp [ 0 ] [ 4 ] )

==> dp [1]\ [4] = max ( 0 + 4 , 0)

3）dp [ 1 ] [ 5 ] = max( dp[ 1 ] [ 5-3 ] + value [ 1 ] , dp [ 0 ] [ 5 ] )

==> dp [1] [5] = max ( 0 + 4 , 0)

!!!重點來了

4）dp [ 1 ] [ 6 ] = max( dp[ 1 ] [ 6-3 ] + value [ 1 ] , dp [ 0 ] [ 6 ] )

dp [ 1 ] [ 6 ] = max( dp[ 1 ] [ 3 ] + value [ 1 ] , dp [ 0 ] [ 6 ] )

==> dp [1] [6] = max ( 4 + 4 , 0)

！！是不是在原來已經放了物品1的基礎上又放了物品！！

如果是01揹包問題就是:

dp [ 1 ] [ 6 ] = max( dp[ 1-1 ] [ 6-3 ] + value [ 1 ] , dp [ 0 ] [ 6 ] ) 
dp [ 1 ] [ 6 ] = max( dp[ 0 ] [ 3 ] + value [ 1 ] , dp [ 0 ] [ 6 ] ) 
==> dp [1] [6] = max（0 + 4 , 0)

">#include using namespace std;

int main()
; int weight[n]=;
int dp[10][10] =;
for(int i=1;i<=n;i++) 
for(int j=1;j<=n;j++) 
cin>>vol;
for(int i=1;i<=n;i++)
else
} }
for(int i=1;i<=n;i++)
cout<<"\n";
} cout<