題目：
有 N 種物品和一個容量是 V 的揹包。
第 i 種物品最多有 si 件，每件體積是 vi，價值是 wi。
求解將哪些物品裝入揹包，可使物品體積總和不超過揹包容量，且價值總和最大。
輸出最大價值。
基本算法：
最樸素的算法是三層循環 第一層枚舉物品 第二層枚舉揹包容量 第三層枚舉拿k個i物品 那麼動態轉移方程爲
dp[j] = max(dp[j - w] + v, dp[j - 2 * w] + 2 * v, .... , dp[j - k * w] + k * v);
代碼如下:
/*
n件物品 w爲每件物品的體積 v爲價值 s爲物品總件數
*/
for (int i = 0; i < n; i++) {
int w, v, s;
cin >> w >> v >> s;
for (int j = m; j >= 0; j--) {
for (int k = 1; k <= s && k * w <= m; k++)
dp[j] = max(dp[j], dp[j - k * w] + k * v);
}
}
參考題目：https://www.acwing.com/problem/content/4/
二進制優化法:
對於多重揹包, 我們能通過拆分, 將重量爲w，價值爲v，一共有s份的物品拆成s份，每份的重量爲w, 價值爲v,從而轉化爲01揹包問題 但是一份一份的拆這是一種效率非常慢的做法 那麼我們就需要考慮一下如何用最少的數字能夠組成從1~ s的所有數 這個答案是log2(s)， 向上取整；
舉個例子 例如s = 7 那麼構成1-7的所有數字我們最少需要log2(7)個數，也就是3個數字， 分別是1, 2, 4; 那麼10呢？1， 2， 4能組成最大值是7 那麼我們再加3就行了（有人會以爲是1， 2， 4， 8, 雖然也能組成1 - 10的所有數 但是這4個數能組成的最大數是15已經超出我們的需要了） 所以我們每次用s減去2^k 最後剩一個餘數 直接添加進去就行了
代碼如下：
struct Node {
int v, w;
};
vector<Node> V;//最好使用vector 因爲你不容易便確定拆完後需要多少空間
for (int i = 0; i < n; i++) {
int w, v, s;
cin >> w >> v >> s;
for (int j = 1; j <= s; j <<= 1) {
s -= j;
V.push_back({v * j, w * j});
}
if (s > 0) V.push_back({v * s, w * s});//有餘數就直接加進去
}
for (int i = 0; i < V.size(); i++) {
for (int j = m; j >= V[i].w; j--)
dp[j] = max(dp[j], dp[j - V[i].w] + V[i].v);
}
參考題目：https://www.acwing.com/problem/content/5/
單調隊列優化：
使用單調隊列優化需要先考慮兩點
1.對於每一種物品按照m % w(m爲揹包容積， w爲物品體積)的餘數分類
對於每一個物品都有餘數爲0, 1, ... w - 1 一共w類 而這每一類都相互獨立 換句話說 餘數爲0的這一類只能同過餘數爲0的轉移過來 其餘餘數同理 而所有的餘數加起來是全解
2.當我們考慮dp[j]時， dp[j] = max(dp[j - w] + v, dp[j - 2 * w] + 2 * v, .... , dp[j - k * w] + k * v); 而dp[j - w] + v, dp[j - 2 * w] + 2 * v, .... , dp[j - k * w] + k * v是在同一類餘數裏面連續的一串數 那麼我們考慮dp[j + v]時 其實將長度爲k的框整體後挪一位求這一連續區間的最大值 這就變成了經典的單調隊列問題
代碼如下：
/*
dp_pre記錄dp[i - 1][]
dp記錄dp[i][]
que[] 單調隊列
*/
for (int i = 0; i < n; i++) {
int w, v, s;
cin >> w >> v >> s;
memcpy(dp_pre, dp, sizeof(dp));
for (int i = 0; i < w; i++) {
int l = 0, r = -1;
for (int j = i; j <= m; j += w) {
//j - s * w > que[l] 是判斷拿了多少物品 等價於(j - que[l]) / w > s
//這就是單調隊列動態維護長度爲k的框的最大值 k實際上就是物品總數
if (l <= r && j - s * w > que[l]) l++;
if (l <= r) dp[j] = max(dp[j], dp_pre[que[l]] + (j - que[l]) / w * v);
while (l <= r && dp_pre[que[r]] - (que[r] - i) / w * v <= dp_pre[j] - (j - i) / w * v) r--;
que[++r] = j;
}
}
}
參考題目：https://www.acwing.com/problem/content/6/