題目
有N種物品和一個容量爲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]。求解將哪些物品裝入揹包可使這些物品的費用總和不超過揹包容量，且價值總和最大。
基本思路
這個問題非常類似於01揹包問題，所不同的是每種物品有無限件。也就是從每種物品的角度考慮，與它相關的策略已並非取或不取兩種，而是有取0件、取1件、取2件……等很多種。如果仍然按照解01揹包時的思路，令f[i][v]表示前i種物品恰放入一個容量爲v的揹包的最大權值。仍然可以按照每種物品不同的策略寫出狀態轉移方程，像這樣：
f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k*c[i]<=v}
這跟01揹包問題一樣有O(VN)個狀態需要求解，但求解每個狀態的時間已經不是常數了，求解狀態f[i][v]的時間是O(v/c[i])，總的複雜度可以認爲是O(V*Σ(V/c[i]))，是比較大的。
將01揹包問題的基本思路加以改進，得到了這樣一個清晰的方法。這說明01揹包問題的方程的確是很重要，可以推及其它類型的揹包問題。但我們還是試圖改進這個複雜度。
一個簡單有效的優化
完全揹包問題有一個很簡單有效的優化，是這樣的：若兩件物品i、j滿足c[i]=w[j]，則將物品j去掉，不用考慮。這個優化的正確性顯然：任何情況下都可將價值小費用高得j換成物美價廉的i，得到至少不會更差的方案。對於隨機生成的數據，這個方法往往會大大減少物品的件數，從而加快速度。然而這個並不能改善最壞情況的複雜度，因爲有可能特別設計的數據可以一件物品也去不掉。
這個優化可以簡單的O(N^2)地實現，一般都可以承受。另外，針對揹包問題而言，比較不錯的一種方法是：首先將費用大於V的物品去掉，然後使用類似計數排序的做法，計算出費用相同的物品中價值最高的是哪個，可以O(V+N)地完成這個優化。這個不太重要的過程就不給出僞代碼了，希望你能獨立思考寫出僞代碼或程序。
轉化爲01揹包問題求解
既然01揹包問題是最基本的揹包問題，那麼我們可以考慮把完全揹包問題轉化爲01揹包問題來解。最簡單的想法是，考慮到第i種物品最多選V/c[i]件，於是可以把第i種物品轉化爲V/c[i]件費用及價值均不變的物品，然後求解這個01揹包問題。這樣完全沒有改進基本思路的時間複雜度，但這畢竟給了我們將完全揹包問題轉化爲01揹包問題的思路：將一種物品拆成多件物品。
更高效的轉化方法是：把第i種物品拆成費用爲c[i]*2^k、價值爲w[i]*2^k的若干件物品，其中k滿足c[i]*2^k<=V。這是二進制的思想，因爲不管最優策略選幾件第i種物品，總可以表示成若干個2^k件物品的和。這樣把每種物品拆成O(log V/c[i])件物品，是一個很大的改進。
但我們有更優的O(VN)的算法。
O(VN)的算法
這個算法使用一維數組，先看僞代碼：
你會發現，這個僞代碼與P01的僞代碼只有v的循環次序不同而已。爲什麼這樣一改就可行呢？首先想想爲什麼P01中要按照v=V..0的逆序來循環。這是因爲要保證第i次循環中的狀態f[i][v]是由狀態f[i-1][v-c[i]]遞推而來。換句話說，這正是爲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，依據的是一個絕無已經選入第i件物品的子結果f[i-1][v-c[i]]。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，卻正需要一個可能已選入第i種物品的子結果f[i][v-c[i]]，所以就可以並且必須採用v=0..V的順序循環。這就是這個簡單的程序爲何成立的道理。
值得一提的是，上面的僞代碼中兩層for循環的次序可以顛倒。這個結論有可能會帶來算法時間常數上的優化。
這個算法也可以以另外的思路得出。例如，將基本思路中求解f[i][v-c[i]]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-c[i]]+w[i]}
將這個方程用一維數組實現，便得到了上面的僞代碼。
最後抽象出處理一件完全揹包類物品的過程僞代碼：
總結
完全揹包問題也是一個相當基礎的揹包問題，它有兩個狀態轉移方程，分別在“基本思路”以及“O(VN)的算法“的小節中給出。希望你能夠對這兩個狀態轉移方程都仔細地體會，不僅記住，也要弄明白它們是怎麼得出來的，最好能夠自己想一種得到這些方程的方法。事實上，對每一道動態規劃題目都思考其方程的意義以及如何得來，是加深對動態規劃的理解、提高動態規劃功力的好方法。
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