題目
有N種物品和一個容量爲V的揹包。第i種物品最多有n[i]件可用，每件費用是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。
基本算法
這題目和完全揹包問題很類似。基本的方程只需將完全揹包問題的方程略微一改即可，因爲對於第i種物品有n[i]+1種策略：取0件，取1件……取n[i]件。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，則有狀態轉移方程：
f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k<=n[i]}
複雜度是O(V*Σn[i])。
轉化爲01揹包問題
另一種好想好寫的基本方法是轉化爲01揹包求解：把第i種物品換成n[i]件01揹包中的物品，則得到了物品數爲Σn[i]的01揹包問題，直接求解，複雜度仍然是O(V*Σn[i])。
但是我們期望將它轉化爲01揹包問題之後能夠像完全揹包一樣降低複雜度。仍然考慮二進制的思想，我們考慮把第i種物品換成若干件物品，使得原問題中第i種物品可取的每種策略——取0..n[i]件——均能等價於取若干件代換以後的物品。另外，取超過n[i]件的策略必不能出現。
方法是：將第i種物品分成若干件物品，其中每件物品有一個係數，這件物品的費用和價值均是原來的費用和價值乘以這個係數。使這些係數分別爲1,2,4,...,2^(k-1),n[i]-2^k+1，且k是滿足n[i]-2^k+1>0的最大整數。例如，如果n[i]爲13，就將這種物品分成係數分別爲1,2,4,6的四件物品。
分成的這幾件物品的係數和爲n[i]，表明不可能取多於n[i]件的第i種物品。另外這種方法也能保證對於0..n[i]間的每一個整數，均可以用若干個係數的和表示，這個證明可以分0..2^k-1和2^k..n[i]兩段來分別討論得出，並不難，希望你自己思考嘗試一下。
這樣就將第i種物品分成了O(log n[i])種物品，將原問題轉化爲了複雜度爲O(V*Σlog n[i])的01揹包問題，是很大的改進。
下面給出O(log amount)時間處理一件多重揹包中物品的過程，其中amount表示物品的數量：
希望你仔細體會這個僞代碼，如果不太理解的話，不妨翻譯成程序代碼以後，單步執行幾次，或者頭腦加紙筆模擬一下，也許就會慢慢理解了。
O(VN)的算法
多重揹包問題同樣有O(VN)的算法。這個算法基於基本算法的狀態轉移方程，但應用單調隊列的方法使每個狀態的值可以以均攤O(1)的時間求解。由於用單調隊列優化的DP已超出了NOIP的範圍，故本文不再展開講解。我最初瞭解到這個方法是在樓天成的“男人八題”幻燈片上。
小結
這裏我們看到了將一個算法的複雜度由O(VΣn[i])改進到O(VΣlog n[i])的過程，還知道了存在應用超出NOIP範圍的知識的O(VN)算法。希望你特別注意“拆分物品”的思想和方法，自己證明一下它的正確性，並將完整的程序代碼寫出來。
Copyright (c) 2007 Tianyi Cui
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