1.背包问题分组背包
2.背包问题的背包遍历背包遍历算法
3.背包九讲（一）01背包
4.多重背包
5.背包问题背包问题
6.完全背包总结

背包问题分组背包

       考虑一个背包问题，其中包含N件物品和一个容量为V的源码源码背包。每件物品i都有其独特的背包遍历背包遍历费用c和价值w。这些物品被划分为多个互斥组，源码源码每组内的背包遍历背包遍历物品不能同时选择。目标是源码源码刻舟求剑副图源码找到一种策略，将物品装入背包，背包遍历背包遍历使总费用不超过V且总价值最大。源码源码这个问题的背包遍历背包遍历解决方法是通过分析每组物品的不同策略，定义一个一维数组f[k][v]，源码源码表示前k组物品花费v的背包遍历背包遍历费用所能获取的最大价值。

       具体算法如下：对于每个组k，源码源码遍历可能的背包遍历背包遍历背包容量v，从V到0。源码源码对于组k中的背包遍历背包遍历每一个物品i，我们需要比较两种情况：不选择当前物品（即f[v]）和选择当前物品（即f[v-c]+w）。更新f[v]为两者中价值更大的那个，即f[v]=max{ f[v],f[v-c]+w}。

       值得一提的是，可以应用P中的一种优化方法，进一步提高效率。这个分组背包问题模型的建立，对于理解许多背包问题的变形至关重要，例如问题P。它还引出了“泛化物品”的概念，这在解题过程中提供了更广阔的思路。总的来说，分组策略和泛化物品的概念是解决此类问题的强大工具，极大地简化了问题的复杂性。

扩展资料

       背包问题(Knapsack problem)是一种组合优化的NP完全问题。问题可以描述为：给定一组物品，每种物品都有自己的重量和价格，在限定的总重量内，我们如何选择，才能使得物品的总价格最高。问题的名称来源于如何选择最合适的物品放置于给定背包中。相似问题经常出现在商业、组合数学，计算复杂性理论、密码学和应用数学等领域中。也可以将背包问题描述为决定性问题，即在总重量不超过W的前提下，总价值是否能达到V？它是在年由Merkel和Hellman提出的。

背包问题的算法

       1)登上算法

       用登山算法求解背包问题 function []=DengShan(n,G,P,W) %n是背包的个数，G是背包的总容量，P是价值向量，W是物体的重量向量 %n=3;G=;P=[,,];W2=[,,];%输入量 W2=W; [Y,I]=sort(-P./W2);W1=[];X=[];X1=[]; for i=1:length(I) W1(i)=W2(I(i)); end W=W1; for i=1:n X(i)=0; RES=G;%背包的剩余容量 j=1; while W(j)<=RES X(j)=1; RES=RES-W(j); j=j+1; end X(j)=RES/W(j); end for i=1:length(I) X1(I(i))=X(i); end X=X1; disp('装包的方法是');disp(X);disp(X.*W2);disp('总的价值是：');disp(P*X');

       时间复杂度是非指数的

       2)递归法

       先看完全背包问题

       一个旅行者有一个最多能用m公斤的背包，现在有n种物品，每件的重量分别是W1，W2，...,Wn,

       每件的价值分别为C1,C2,...,Cn.若的每种物品的件数足够多.

       求旅行者能获得的最大总价值。

       本问题的数学模型如下：

       设 f(x)表示重量不超过x公斤的最大价值，

       则 f(x）=max{ f(x-i)+c[i]} 当x>=w[i] 1<=i<=n

       可使用递归法解决问题程序如下:

       program knapsack;

       const maxm=;maxn=;

       type ar=array[0..maxn] of integer;

       var m,n,j,i,t:integer;

       c,w:ar;

       function f(x:integer):integer;

       var i,t,m:integer;

       begin

       if x=0 then f:=0 else

       begin

       t:=-1;

       for i:=1 to n do

       begin

       if x>=w[i] then m:=f(x-i)+c[i];

       if m>t then t:=m;

       end;

       f:=t;

       end;

       end;

       begin

       readln(m,n);

       for i:= 1 to n do

       readln(w[i],c[i]);

       writeln(f(m));

       end.

       说明:当m不大时,编程很简单,但当m较大时,容易超时.

       4.2 改进的递归法

       改进的的递归法的思想还是以空间换时间,这只要将递归函数计算过程中的各个子函数的值保存起来,开辟一个

       一维数组即可

       程序如下:

       program knapsack;

       const maxm=;maxn=;

       type ar=array[0..maxn] of integer;

       var m,n,j,i,t:integer;

       c,w:ar;

       p:array[0..maxm] of integer;

       function f(x:integer):integer;

       var i,t,m:integer;

       begin

       if p[x]<>-1 then f:=p[x]

       else

       begin

       if x=0 then p[x]:=0 else

       begin

       t:=-1;

       for i:=1 to n do

       begin

       if x>=w[i] then m:=f(i-w[i])+c[i];

       if m>t then t:=m;

       end;

       p[x]:=t;

       end;

       f:=p[x];

       end;

       end;

       begin

       readln(m,n);

       for i:= 1 to n do

       readln(w[i],c[i]);

       fillchar(p,sizeof(p),-1);

       writeln(f(m));

       end.

       3)贪婪算法

       改进的背包问题：给定一个超递增序列和一个背包的容量，然后在超递增序列中选（只能选一次）或不选每一个数值，使得选中的ios 11 源码数值的和正好等于背包的容量。

       代码思路：从最大的元素开始遍历超递增序列中的每个元素，若背包还有大于或等于当前元素值的空间，则放入，然后继续判断下一个元素；若背包剩余空间小于当前元素值，则判断下一个元素

       简单模拟如下：

       #define K

       #define N

       ＃i nclude <stdlib.h>

       ＃i nclude <conio.h>

       void create(long array[],int n,int k)

       { /*产生超递增序列*/

        int i,j;

        array[0]=1;

        for(i=1;i<n;i++)

        {

        long t=0;

        for(j=0;j<i;j++)

        t=t+array[j];

        array[i]=t+random(k)+1;

        }

       }

       void output(long array[],int n)

       { /*输出当前的超递增序列*/

        int i;

        for(i=0;i<n;i++)

        {

        if(i%5==0)

        printf("\n");

        printf("%ld",array[i]);

        }

       }

       void beibao(long array[],int cankao[],long value,int count)

       { /*背包问题求解*/

        int i;

        long r=value;

        for(i=count-1;i>=0;i--)/*遍历超递增序列中的每个元素*/

        {

        if(r>=array[i])/*如果当前元素还可以放入背包，即背包剩余空间还大于当前元素*/

        {

        r=r-array[i];

        cankao[i]=1;

        }

        else/*背包剩余空间小于当前元素值*/

        cankao[i]=0;

        }

       }

       void main()

       {

        long array[N];

        int cankao[N]={ 0};

        int i;

        long value,value1=0;

        clrscr();

        create(array,N,K);

        output(array,N);

        printf("\nInput the value of beibao:\n");

        scanf("%ld",&value);

        beibao(array,cankao,value,N);

        for(i=0;i<N;i++)/*所有已经选中的元素之和*/

        if(cankao[i]==1)

        value1+=array[i];

        if(value==value1)

        {

        printf("\nWe have got a solution,that is:\n");

        for(i=0;i<N;i++)

        if(cankao[i]==1)

        {

        if(i%5==0)

        printf("\n");

        printf("%ld",array[i]);

        }

        }

        else

        printf("\nSorry.We have not got a solution.\n");

       }

       贪婪算法的另一种写法，beibao函数是以前的代码，用来比较两种算法：

       #define K

       #define N

       ＃i nclude <stdlib.h>

       ＃i nclude <conio.h>

       void create(long array[],int n,int k)

       {

        int i,j;

        array[0]=1;

        for(i=1;i<n;i++)

        {

        long t=0;

        for(j=0;j<i;j++)

        t=t+array[j];

        array[i]=t+random(k)+1;

        }

       }

       void output(long array[],int n)

       {

        int i;

        for(i=0;i<n;i++)

        {

        if(i%5==0)

        printf("\n");

        printf("%ld",array[i]);

        }

       }

       void beibao(long array[],int cankao[],long value,int count)

       {

        int i;

        long r=value;

        for(i=count-1;i>=0;i--)

        {

        if(r>=array[i])

        {

        r=r-array[i];

        cankao[i]=1;

        }

        else

        cankao[i]=0;

        }

       }

       int beibao1(long array[],int cankao[],long value,int n)

       { /*贪婪算法*/

        int i;

        long value1=0;

        for(i=n-1;i>=0;i--)/*先放大的物体，再考虑小的物体*/

        if((value1+array[i])<=value)/*如果当前物体可以放入*/

        {

        cankao[i]=1;/*1表示放入*/

        value1+=array[i];/*背包剩余容量减少*/

        }

        else

        cankao[i]=0;

        if(value1==value)

        return 1;

        return 0;

       }

       void main()

       {

        long array[N];

        int cankao[N]={ 0};

        int cankao1[N]={ 0};

        int i;

        long value,value1=0;

        clrscr();

        create(array,N,K);

        output(array,N);

        printf("\nInput the value of beibao:\n");

        scanf("%ld",&value);

        beibao(array,cankao,value,N);

        for(i=0;i<N;i++)

        if(cankao[i]==1)

        value1+=array[i];

        if(value==value1)

        {

        printf("\nWe have got a solution,that is:\n");

        for(i=0;i<N;i++)

        if(cankao[i]==1)

        {

        if(i%5==0)

        printf("\n");

        printf("%ld",array[i]);

        }

        }

        else

        printf("\nSorry.We have not got a solution.\n");

        printf("\nSecond method:\n");

        if(beibao1(array,cankao1,value,N)==1)

        {

        for(i=0;i<N;i++)

        if(cankao1[i]==1)

        {

        if(i%5==0)

        printf("\n");

        printf("%ld",array[i]);

        }

        }

        else

        printf("\nSorry.We have not got a solution.\n");

       }

       4)动态规划算法

       解决0/1背包问题的方法有多种，最常用的有贪婪法和动态规划法。其中贪婪法无法得到问题的最优解，而动态规划法都可以得到最优解，下面是用动态规划法来解决0/1背包问题。

        动态规划算法与分治法类似，其基本思想是将待求解问题分解成若干个子问题，然后从这些子问题的解得到原问题的解。与分治法不同的是，适合于用动态规划法求解的问题，经分解得到的子问题往往不是互相独立的，若用分治法解这类问题，则分解得到的子问题数目太多，以至于最后解决原问题需要耗费过多的时间。动态规划法又和贪婪算法有些一样，在动态规划中，可将一个问题的解决方案视为一系列决策的结果。不同的是，在贪婪算法中，每采用一次贪婪准则便做出一个不可撤回的决策，而在动态规划中，还要考察每个最优决策序列中是否包含一个最优子序列。

       0/1背包问题

       在0 / 1背包问题中，需对容量为c 的背包进行装载。从n 个物品中选取装入背包的物品，每件物品i 的重量为wi ，价值为pi 。对于可行的背包装载，背包中物品的总重量不能超过背包的容量，最佳装载是指所装入的物品价值最高，即p1*x1+p2*x1+...+pi*xi(其1<=i<=n，x取0或1，取1表示选取物品i) 取得最大值。

        在该问题中需要决定x1 .. xn的值。假设按i = 1，2，...，n 的次序来确定xi 的值。如果置x1 = 0，则问题转变为相对于其余物品(即物品2，3，.，n)，背包容量仍为c 的背包问题。若置x1 = 1，问题就变为关于最大背包容量为c-w1 的rocketmq 源码pdf问题。现设r?{ c，c-w1 } 为剩余的背包容量。

        在第一次决策之后，剩下的问题便是考虑背包容量为r 时的决策。不管x1 是0或是1，[x2 ，.，xn ] 必须是第一次决策之后的一个最优方案，如果不是，则会有一个更好的方案[y2，.，yn ]，因而[x1，y2，.，yn ]是一个更好的方案。

        假设n=3, w=[,,], p=[,,], c= 。若设x1 = 1，则在本次决策之后，可用的背包容量为r= -= 。[x2，x3 ]=[0,1] 符合容量限制的条件，所得值为1 5，但因为[x2，x3 ]= [1，0] 同样符合容量条件且所得值为1 8，因此[x2，x3 ] = [ 0，1] 并非最优策略。即x= [ 1，0，1] 可改进为x= [ 1，1，0 ]。若设x1 = 0，则对于剩下的两种物品而言，容量限制条件为。总之，如果子问题的结果[x2，x3 ]不是剩余情况下的一个最优解，则[x1，x2，x3 ]也不会是总体的最优解。在此问题中，最优决策序列由最优决策子序列组成。假设f (i,y) 表示剩余容量为y，剩余物品为i，i + 1，...，n 时的最优解的值，即：利用最优序列由最优子序列构成的结论，可得到f 的递归式为：

        当j>=wi时： f(i,j)=max{ f(i+1,j),f(i+1,j-wi)+vi} ①式

        当0<=j<wi时：f(i,j)=f(i+1,j) ②式

       fn( 1 ,c) 是初始时背包问题的最优解。

        以本题为例：若0≤y＜1 0，则f ( 3 ,100%指标源码.y) = 0；若y≥1 0，f ( 3 ,y) = 1 5。利用②式，可得f (2, y) = 0 ( 0≤y＜ )；f(2，y)= 1 5(1 0≤y＜1 4)；f(2，y)= 1 8(1 4≤y＜2 4)和f(2，y)= 3 3(y≥2 4)。因此最优解f ( 1 , 6 ) = m a x { f(2， 6)，f(2， 6 - w1)+ p1} = m a x { f(2， 6)，f(2，1 6)+ 2 0 } = m a x { 3 3，3 8 } = 3 8。

       现在计算xi 值，步骤如下：若f ( 1 ,c) =f ( 2 ,c)，则x1 = 0，否则x1 = 1。接下来需从剩余容量c-w1中寻求最优解，用f (2, c-w1) 表示最优解。依此类推，可得到所有的xi (i= 1.n) 值。

        在该例中，可得出f ( 2 , ) = 3 3≠f ( 1 , 6 )，所以x1 = 1。接着利用返回值3 8 -p1= 计算x2 及x3，此时r = 6 -w1 = 1 6，又由f ( 2 , 1 6 ) = 1 8，得f ( 3 , 1 6 ) = 1 4≠f ( 2 , 1 6 )，因此x2 = 1，此时r= 1 6 -w2 = 2，所以f (3,2) =0，即得x3 = 0。

背包九讲（一）背包

       有[公式]件物品和一个容量为[公式]的背包。「每件物品只能使用一次」。 第[公式]件物品的体积是[公式]，价值是[公式]。 求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。

       这是最基础的背包问题，特点是：「每种物品仅有一件，可以选择取或不取」。 考虑如何将问题转化成规模更小的子问题。对于第[公式]件物品，在最终方案中要么不取、要么取，于是我们可以对这两种情况进行分类讨论，转化为子问题：在这两种情况中取价值更高的，作为答案。

       设[公式]表示使用编号为[公式]的物品，背包容量为[公式]时的最大价值，有转移方程：[公式]

       为了加深对状态转移方程的理解，我们来看下图的sleep方法源码一个例子，每个格子代表一个状态，[公式]代表初始状态，蓝色的格子代表已经求得的状态，灰色的格子代表非法状态，红色的格子代表当前正在进行转移的状态，图中的第[公式]行代表了前[公式]个物品对应容量的最优值，第[公式]个物品的体积为[公式]，价值为[公式]，则有状态转移如下： [公式]

       我们发现以上方法的状态数是[公式]的，整个求解过程的时间和空间复杂度均为[公式]，其中时间复杂度已经不能再优化了，但是空间复杂度还是可以优化的。

       我们观察刚才的代码：每个[公式]在转移时只用到了[公式]，即上一行的数据。也就是说，比[公式]更小的再也不会被用到。如果把[公式]看成一张二维的表格，那么只有两行的格子是 “活跃” 的。基于这一思想，我们可以只保存这两行。

       把[公式]看成一张二维的表格，那么每个格子在转移时，只会用到上一行中在它左侧的格子。如果我们调整一下转移的顺序，每一行从右往左进行更新（[公式]从大到小），那么 「“活跃”」 的格子就正好只有「上一行的左半部分以及这一行的右半部分」。（即除白色格子以外的格子）

       那么实际上我们只需要保存这些 “活跃” 格子的状态就可以了，我们可以得到一维的状态转移方程：[公式]

       「我们先来看内层循环」[公式]「从小到大遍历（顺序遍历）的情况」：[公式]背包基本要求是「每件物品只能使用一次」，我们从使用第一件物品的时候，就可以发现如果内层循环[公式]从小到大遍历，那么这件物品会被多次使用。比如[公式]的状态一定来自[公式]，而[公式]的状态来自于[公式]，这时候我们发现体积为[公式]的第一件物品被用了两次： [公式]「接下来我们来看下内层循环」[公式]「从大到小遍历（逆序遍历）的情况」：上面「逆序遍历」的是不是就实现了每件物品只使用一次的要求，其实「顺序遍历」 每件物品可以被反复使用，这个就是我们后面要讲的完全背包。

       「题目链接」： 洛谷P [NOIP 普及组] 采药 「题意」：有[公式]件物品和一个容量为[公式]的背包。「每件物品只能使用一次。」第[公式]件物品的体积是[公式]，价值是[公式]。求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。 「题解」：模板题，见上文

       「题目链接」： 洛谷P [NOIP 普及组] 装箱问题 「题意」：有一个箱子容量为[公式]，同时有[公式]个物品，每个物品有一个体积。 现在从[公式]个物品中，任取若干个装入箱内（也可以不取），使箱子的剩余空间最小。输出这个最小值。 「题解」：本题可以认为每个物品的价值就是体积，[公式]: 在[公式]的箱子容量下能够装入的最大总体积。 题目要求最少剩余空间，那么我们最后答案就是[公式]。 对于这种最小值问题，我们转化下思路，用总值减去求得的最大值，即是最小值。 「扩展题目」：有[公式]件物品，第[公式]件物品价值为[公式]，现在要把这些物品分成两堆，期望两堆的价值之差最小，求最小价值差。（原理本质来说是一样的，我们先用[公式]求出所有物品价值之和，然后求出[公式]，即尽可能接近总价值一半的情况，最后答案就是[公式]）。

       「题目链接」： 洛谷P [HAOI] 音量调节 「题意」：给定[公式]首歌和刚开始的音量[公式]，每首歌开始前能够改变的音量是[公式](当前音量调高或者调低[公式])，音量不能小于[公式]且不能大于[公式]。求[公式]首歌演唱完之后，最大音量是多少。 「题解」：存在性问题本质来说就是在[公式]背包基础上，用[公式]表示能够达到[公式]这个状态，[公式]表示不能够达到[公式]这个状态。 在本题中[公式]表示能否达到[公式]这个音量，一开始我们把[公式]数组初始化成[公式]，表示所有音量都无法达到，然后把题目中给定的初始音量标记成[公式]，即[公式]。 在每首歌开始前，我们可以在当前音量的基础上增加或减少[公式]，那么我们是不是就可以去检测一下[公式]或[公式]是否在之前达到过，如果达到过我们就能在之前的状态基础上，增加或者减少[公式]，达到[公式]这个音量。 「细节问题」：本题无法用一维数组优化空间复杂度的形式（但是滚动数组还是可以的），问题在于我们内层循环「逆序遍历」的过程中，[公式]会影响到，使得该次改变执行了多次（即背包中该件物品反复使用），和上文讲到的内层循环「顺序遍历」，[公式]会影响到，使得该件物品反复使用，原理一样。 「练习题目」： 洛谷P [蓝桥杯 省A] 砝码称重

       「题目链接」： 洛谷P 装备运输 「题意」：有[公式]件物品和一个可容纳[公式]体积、承载[公式]重量的背包。「每件物品只能使用一次。」第[公式]件物品的体积是[公式]，重量是[公式]，价值是[公式]。求解将哪些物品装入背包，可使得这些物品的总体积不超过背包的可容纳体积、总重量不超过背包的可承载重量，且总价值最大。 「题解」：经典[公式]背包的费用只有体积，二维费用问题是在原来问题的基础上多加了一维费用，那对应的我们只需要给状态也多加一维就好了。为了保证每件物品只使用一次，对于体积和重量的这两维，我们都采用逆序的循环。对应的状态转移方程：[公式] 「代码」：

       「练习题目」： 洛谷P NASA的食物计划

       「题目链接」： AcWing 背包问题求方案数 「题意」：有[公式]件物品和一个容量为[公式]的背包。「每件物品只能使用一次。」第[公式]件物品的体积是[公式]，价值是[公式]。求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。 输出「最优选法的方案数」。注意答案可能很大，请输出答案模[公式]的结果。 「题解」：对于求解方案数的问题，主要在于转移方程的时候不再是[公式]，或者像存在性问题进行[公式]标记，而是说我们需要把之前状态的方案数加到当前状态上，即[公式]，具体我们看下这个例题。 本题求在最优选法情况下的方案数。那么我们在原来求最优选法[公式]背包的基础上，可以再定义一个[公式]数组，[公式]表示在[公式]的背包大小下最优选法的方案数。那么[公式]数组会受到[公式]数组（或者说最优选法）的影响。有以下两种情况：

       普通的求方案数问题只需要转移[公式]就可以了，比如练习题目中的 「小A点菜」，把之前所有能够转移到当前状态的前置状态的方案数都加上。但是加上了最优之类的条件，我们就需要考虑当前状态的转移是「更优的情况」还是「一样优的情况」，根据不同情况对方案计数进行更改。 同样的思想在图论的最短路（松弛操作）、拓扑排序之类算法问题中也经常出现。 「细节问题」：本题需要考虑把[公式]先全部初始化成[公式]，因为背包什么都不装也是一种方案。 「代码」：

       「练习题目」： 洛谷P 小A点菜

       「题目链接」： AcWing背包问题求具体方案 「题意」：有[公式]件物品和一个容量为[公式]的背包。「每件物品只能使用一次。」第[公式]件物品的体积是[公式]，价值是[公式]。求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。输出「字典序最小的方案」。 「题解」：输出具体方案本质来说就是输出转移路径。假设最优解是[公式]，那么我们判断第[公式]个物品是否选择，实际上就是看[公式]是从哪个状态转移过来的：

       「细节问题」：题目中要输出字典序最小的方案，我们物品得逆序遍历，因为从顺序遍历时，如果序号[公式]和序号[公式]的最大价值都是[公式]，那么最后记录的最大值对应的序号就是[公式]，后面的会给前面的覆盖掉，我们实际想要的是序号[公式]。 「代码」：

       「扩展题目（大容量背包）」：有[公式]件物品和一个容量为[公式]的背包。「每件物品只能使用一次。」第[公式]件物品的体积是[公式]。求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，求最大总体积是多少？具体方案是怎么样的？ （[公式]） 「题解」：对于这种大容量背包，很明显开二维[公式]会炸空间。我们需要给它优化一下，给它降下维。有一种方式是可以用二进制bitset优化（这个不细说了，有兴趣的可以自己研究下）。我这里介绍下类似搜索中记录路径的方式，我们可以用[公式]去记录下在[公式]这个背包大小情况用了[公式]这个物品。最后倒序去遍历检测一下第[公式]物品是否需要被选（和上面小容量那题一样），并且是否记录在这个[公式]里。

多重背包

       探索多重背包的奥秘，我们首先从朴素二维动态规划出发。设dp[i][j]为前i个物品中，容量为j的背包所能达到的最大价值，其转移方程犹如一首精妙的交响曲：dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-v[i]] + k * w[i])，其中0到s[i]的k值犹如音符间的跳跃，构建了价值的巅峰。然而，这优雅的算法背后隐藏着O(N * C * S)的时间复杂度和O(N * C)的空间需求。

       为了提升效率，我们引入滚动数组的灵巧手法。通过dp[2][C+1]的巧妙设计，处理完第一件物品后，仅需借助(i-1)&1这个魔法数字，时间复杂度依旧维持在原有的节奏，但空间效率却得到了显著提升。

       然而，对于多重背包的特殊性，一维空间优化并非易事。尽管我们尝试遍历背包容量，从大到小调整，dp[j] = max(dp[j], dp[j - k * v[i]] + k * w[i])，但时间复杂度并未因此而缩减。这是多重背包问题的独特挑战，无法仅凭空间优化解决。

       这时，一个巧妙的转折点出现了：我们可以将多重背包转化为背包问题。当物品有次数限制时，我们巧妙地将它们拆分成多个等效的部分，比如7次物品被拆分为1次和2次的重量与价值组合，形成新的和数组。这种"二进制编码"的处理方式，使得问题本质上化繁为简，就像音乐中的和弦转换，使得复杂问题易于处理。

       通过这样的转化，我们得以将原本的难题转化为更为熟悉的背包形式，每个物品的价值和重量都被扩展到新的维度，每个幂次的物品在数组中对应特定值乘以幂次，这是对多重背包问题的一次深度洞察和创新解法。

       总而言之，多重背包问题的解决策略，从二维到一维，再到背包的转换，每一步都如同乐曲中的旋律变化，既考验了我们的算法智慧，也揭示了问题解决的无限可能。让我们在数据结构的交响曲中，感受多重背包的韵律之美。

背包问题背包问题

       背包问题是一个经典的动态规划问题，涉及N件物品和一个容量为V的背包。每件物品i的重量是c[i]，价值是w[i]，目标是在不超过背包容量的前提下，选择物品以最大化价值总和。基本策略是：每件物品只能选择一次，要么放入背包，要么不放。

       状态转移方程定义为：f[i][v]表示前i件物品放入容量为v的背包可以获得的最大价值，其公式是f[i][v]=max{ f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}。这个公式至关重要，几乎所有背包问题的解法都源于它。它表示选择第i件物品的情况，如果不选，则价值不变为f[i-1][v]；若选，则剩余容量为v-c[i]，此时的价值为f[i-1][v-c[i]]加上w[i]的价值。

       需要注意的是，最终答案是所有状态f[N][0..V]中的最大值，因为状态f[i][v]的定义需要确保有一组前i件物品的重量和不超过v。空间复杂度可以通过优化，从O(N*V)降低到O(N)，但时间复杂度已是最优，为O(N*V)。实现时，通常通过主循环遍历物品，以v=V到0的顺序更新二维数组f，确保在计算f[v]时能访问到f[v-c[i]]的值。

       两种常见实现方法包括：1）使用二维数组f[i][0..V]，主循环中按顺序或逆序更新，2）递归实现，通过A[i][v]和B[i][v]分别表示选取和不选取当前物品的最大价值，最后通过max(A[n][v],B[n][v])得到最大值。理解并掌握这些基础方法，对解决更复杂背包问题至关重要。

扩展资料

       背包问题(Knapsack problem)是一种组合优化的NP完全问题。问题可以描述为：给定一组物品，每种物品都有自己的重量和价格，在限定的总重量内，我们如何选择，才能使得物品的总价格最高。问题的名称来源于如何选择最合适的物品放置于给定背包中。相似问题经常出现在商业、组合数学，计算复杂性理论、密码学和应用数学等领域中。也可以将背包问题描述为决定性问题，即在总重量不超过W的前提下，总价值是否能达到V？它是在年由Merkel和Hellman提出的。

完全背包总结

       完全背包问题作为背包问题的一个基础形式，其特性体现在两个关键的状态转移方程上。本文将详细探讨这些方程的理论背景、推导过程以及实际应用，以助于深化理解动态规划的内在逻辑。

       首先，我们需要理解基本思路。在解决完全背包问题时，每个物品可以被放入背包中任意次。因此，状态转移方程的关键在于考虑当前物品放入背包中一次与放入多次两种情况。通过构建二维数组dp[i][j]表示前i个物品在容量为j的背包中能达到的最大价值，我们可以得到基本状态转移方程：dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-weight[i]] + value[i])。这里，dp[i-1][j]代表不放入当前物品的情况，而dp[i-1][j-weight[i]] + value[i]则表示放入当前物品一次的情况，取两者较大者作为最大价值。

       其次，我们深入探讨最优解法-O(VN)。在考虑到物品数量和背包容量的约束后，我们采用动态规划算法来优化计算过程。通过遍历所有物品和背包容量的组合，逐步构建dp数组。这一过程需要时间复杂度为O(VN)，其中V为背包容量，N为物品数量。优化点在于通过循环内部的条件控制，避免重复计算已经确定的最大价值情况，从而实现有效计算。

       理解并掌握这两个状态转移方程，不仅意味着能够记住它们，更重要的是理解它们背后的逻辑和推导过程。通过思考方程的意义以及它们如何从问题本质中推导而来，能够增强动态规划的理解深度。在实际应用中，能够灵活运用这些方程解决复杂问题，是提高动态规划技能的关键。

       通过本篇文字的学习，我们不仅能够掌握完全背包问题的解题方法，更能够培养动态规划的思维能力，为解决各类动态规划问题打下坚实基础。希望读者在深入学习和实践后，能够获得启发，进一步提升自己在动态规划领域的专业水平。