題目：有n件物品需要放入乙個容量為v的揹包，第i件物品的體積為vi，他的價值為wi，求解將哪些物品裝入揹包可以使得總價值最大。
題目特點：每種物品只有一件，可以選擇或者不放。
用子問題定義狀態：即用dp[ i ][ j ] 表示前i件物品恰放入乙個容量為 j 的揹包可以獲得的最大價值。則其狀態轉移方程為：dp[ i ][ j ] = max(dp[i - 1][ j ], dp[i - 1][j - vi] + w[ i ])；
下面將這個方程解釋一下，將前i個物品放入容量為 j 的揹包中這個子問題，若只考慮第 i 件物品的策略(放或不放)，那麼就可以轉化為「前i - 1件物品放入容量為 j 的揹包中，此時產生的
價值為dp[ i - 1] [ j ]，如果放入第 i 件物品，那麼問題就轉化為前 i - 1 件物品放入剩下的容量為j - ci 的揹包中，此時能獲得的最大價值為dp[ i - 1][ j - c[i] ]再加上通過第 i 件物品獲得的價值w[ i ]。
滾動陣列優化：我們在計算都是利用dp[ i - 1 ][ 0 ..... v] 計算出了dp[ i ][ 0 .... v] ，由上式可以看出dp[ i ]只與dp[ i - 1]有關，那麼我們可不可以省略這一組呢？答案是可以的，如果我們省略第一
維，那麼我們就可以得出另乙個狀態轉移方程dp[ j ] = max(dp[ j ], dp[ j - v[ i ] ] + w[ i ] )。在這裡我們的狀態轉移方程就相當於dp[ i ][ j ] = max(dp[i - 1][ j ], dp[i - 1][j - vi] + w[ i ])；那麼在二維狀態下
我們利用dp[ i - 1] [ j - v[ i ] ] + w[ i ] 推出了dp [ i ][ j ]，這裡第二維是從小到大推的，所以倒序和順序不影響結果，但是如果我們將第一維度去掉這樣還可以麼？我們可以考慮，如果 j 依然是從v [ i ] - > v還可行麼，
答案是不可行，因為如果還是順序訪問的話，我們只是用dp[ i ][j - v[ i ] ] + w[ i ] 推出了dp [ i ][ j ]，這與原題不符合。
初始化：01揹包問題一般分為兩種，第一種為恰好裝滿揹包，第二種為給定揹包求解能帶走的最大值而不必恰好裝滿。在求解恰好裝滿的揹包中我們需要將dp[ 0 ] 初始化為0，其餘的都初始化為 -inf，
為啥要這樣呢，由於需要得到將揹包完全裝滿的狀態，所以我們將象徵著揹包裝滿的dp[ 0 ]初始化為0，其餘的皆為-inf，這樣的話只有達到剛好裝滿狀態的裝載方法才會依次滾動下來，未裝滿的情況並不會被保留。
1void
zero_one_pick()
完全揹包
題目：有n件物品需要放入乙個容量為v的揹包，第i件物品的體積為vi， 他的價值為wi，每件物品都有無限多個，求解將哪些物品放入揹包可以使得揹包中的總價值最大。
題目特點：每種物品有無窮件。
和01揹包不一樣的是所有物品都有不止一件，所以我們很容易可以得出狀態轉移方程：dp[ i ][ j ] = max(dp[i - 1][j - k * vi] + k * w[ i ])(0 <= k * c[ i ] << v)；參照01揹包的方程這個式子也很容易得出。
轉換為01揹包問題：我們可以知道對於每一種物品，我們把他拆分成1 ~ v / c[ i ]件同樣的物品，然後對於所有物品我們進行與01揹包相同的計算即可得出正確答案。但是這樣做並不會給問題帶來時間複雜度上的
優化，那麼我們可以考慮另一種拆分方式，可以將第 i 件物品拆分為體積為v[ i ] * 2 ^ k，所帶來的價值為w[ i ] * 2^k的多個物品，這裡v[ i ] * 2 ^ k <= v；我們可以知道，對於物品 i 組成的每一種拆分情況我們都可以利用
對應的二進位制得到，所以顯而易見我們演算法得正確性。
我們可以給出一維陣列滾動情況下該思路的偽**：
f[0..v ] ←0
for i ← 1 to n
for v ← ci to v
f[v] ← max(f[v], f[v − ci ] + wi)
你會發現，這個偽**與01揹包問題的偽**只有v的迴圈次序不同而已。 為什麼這個演算法就可行呢？首先想想為什麼01揹包中要按照v遞減的次序來 迴圈。讓v遞減是為了保證第i次迴圈中的狀態f[i, v]是由狀態
f[i − 1, v − ci ]遞 推而來。換句話說，這正是為了保證每件物品只選一次，保證在考慮「選入 第i件物品」這件策略時，依據的是乙個絕無已經選入第i件物品的子結果f[i − 1, v − ci ]。而現在完全揹包的特點恰是每種物
品可選無限件，所以在考慮「加 選一件第i種物品」這種策略時，卻正需要乙個可能已選入第i種物品的子結果f[i, v − ci ]，所以就可以並且必須採用v遞增的順序迴圈。這就是這個簡單的 程式為何成立的道理。 值得一
提的是，上面的偽**中兩層for迴圈的次序可以顛倒。這個結論有 可能會帶來演算法時間常數上的優化。 這個演算法也可以由另外的思路得出。例如，將基本思路中求解f[i, v−ci ]的 狀態轉移方程顯式地寫出來，代入
原方程中，會發現該方程可以等價地變形成 這種形式： f[i, v] = max(f[i − 1, v], f[i, v − ci ] + wi)。
1void
complete_pick()
6}
7 }
多重揹包
題目：有n件物品需要放入乙個容量為v的揹包，第i件物品的體積為vi， 他的價值為wi，每件物品都有m[ i ] 個，求解將哪些物品放入揹包可以使得揹包中的總價值最大。
題目特點：每種物品有有限多件。
這個問題和完全揹包很相似，我們只需要將完全揹包的**稍作改動即可得出dp[ i ][ j ] = max(dp[i - 1][j - k * vi] + k * w[ i ])(0 <= k <= m [ i ]);
轉化為01揹包問題：我們依然可以像完全揹包一樣將所有物品拆分為1~m[ i ]件物品，這樣做的效率等同於上面的方法，所以我們依舊考慮二進位制拆分。
將第 i 種物品我們仍然進行拆分，拆分之後的的物品 i 的價值為k * w[ i ]，體積為k * v[ i ]，k取1， 2， 4， ....2^(k - 1), m[ i ] - 2 ^k + 1 > 0。即 k 是滿足m [ i ] - 2^k + 1 > 0的最大整數。這樣我們就將原本的m[ i ] 件
物品拆分為log m件物品，我們很容易可以知道我們新切分的這些物品可以組成物品 i 的狀態數的所有狀態，即0......m[ i ]。這樣使得演算法的複雜度得到了較大的提公升。
1 #include 2 #include 3using
namespace
std;45
const
int maxn = 1000 + 5, maxe = 1e4 + 5;6
intn, v, v[maxn], w[maxn], dp[maxe], c[maxn];78
void
mutiple_pack()
15int k = 1, num =c[i];
16while(k <=num)
22for(int j = v; j >= num * v[i]; j --)
23 dp[j] = max(dp[j], dp[j - num * v[i]] + num *w[i]);24}
25}2627
intmain ()
針對填滿多重揹包的單調佇列優化的o(vn)的優化演算法：
單調佇列已經在之前的一篇部落格中講到，這裡不再贅述，這是之前部落格的鏈結
揹包 01揹包，完全揹包，多重揹包
哈哈 01揹包 f i v max 完全揹包 f i v max 多重揹包 f i v max include include include include include define maxn 1000 using namespace std int n,cap int w maxn 重量 花...
01揹包 完全揹包 多重揹包
01揹包 zeroonepack 有n件物品和乙個容量為v的揹包，每種物品均只有一件。第i件物品的費用是c i 價值是w i 求解將哪些物品裝入揹包可使價值總和最大。include include includeusing namespace std const int n 1000 10 int ...
01揹包 完全揹包 多重揹包
01揹包 zeroonepack 有n件物品和乙個容量為v的揹包。每種物品均只有一件 第i件物品的費用是c i 價值是w i 求解將哪些物品裝入揹包可使價值總和最大。完全揹包 completepack 有n種物品和乙個容量為v的揹包，每種物品都有無限件可用。第i種物品的費用是c i 價值是w i 求...