题目
有N种物品和一个容量为V的背包。第i种物品最多有n[i]件可用，每件费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
基本算法
这题目和完全背包问题很类似。基本的方程只需将完全背包问题的方程略微一改即可，因为对于第i种物品有n[i]+1种策略：取0件，取1件……取n[i]件。令f[i][v]表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值，则有状态转移方程：
f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k<=n[i]}```
复杂度是```O(V*Σn[i])```。
####转化为01背包问题
另一种好想好写的基本方法是转化为01背包求解：把第```i```种物品换成```n[i]```件01背包中的物品，则得到了物品数为```Σn[i]```的01背包问题，直接求解，复杂度仍然是```O(V*Σn[i])```。
<p>但是我们期望将它转化为01背包问题之后能够像完全背包一样降低复杂度。仍然考虑二进制的思想，我们考虑把第```i```种物品换成若干件物品，使得原问题中第```i```种物品可取的每种策略——取```0..n[i]```件——均能等价于取若干件代换以后的物品。另外，取超过```n[i]```件的策略必不能出现。
<p>方法是：将第```i```种物品分成若干件物品，其中每件物品有一个系数，这件物品的费用和价值均是原来的费用和价值乘以这个系数。使这些系数分别为```1,2,4,...,2^(k-1),n[i]-2^k+1```，且```k```是满足```n[i]-2^k+1>0```的最大整数。例如，如果```n[i]```为```13```，就将这种物品分成系数分别为```1,2,4,6```的四件物品。
<p>分成的这几件物品的系数和为```n[i]```，表明不可能取多于```n[i]```件的第```i```种物品。另外这种方法也能保证对于```0..n[i]```间的每一个整数，均可以用若干个系数的和表示，这个证明可以分```0..2^k-1```和```2^k..n[i]```两段来分别讨论得出，并不难，希望你自己思考尝试一下。
<p>这样就将第```i```种物品分成了```O(log n[i])```种物品，将原问题转化为了复杂度为```O(V*Σlog n[i])```的01背包问题，是很大的改进。
下面给出```O(log amount)```时间处理一件多重背包中物品的过程，其中```amount```表示物品的数量：
procedure MultiplePack(cost,weight,amount)
if costamount>=V
CompletePack(cost,weight)
return
integer k=1
while k<num
ZeroOnePack(kcost,kweight)
amount=amount-k
k=k2
ZeroOnePack(amountcost,amountweight)```
希望你仔细体会这个伪代码，如果不太理解的话，不妨翻译成程序代码以后，单步执行几次，或者头脑加纸笔模拟一下，就会慢慢理解了。
O(VN)的算法
多重背包问题同样有O(VN)的算法。这个算法基于基本算法的状态转移方程，但应用单调队列的方法使每个状态的值可以以均摊O(1)的时间求解。由于用单调队列优化的DP已超出了NOIP的范围，故本文不再展开讲解。我最初了解到这个方法是在楼天成的“男人八题”幻灯片上。
小结
这里我们看到了将一个算法的复杂度由O(VΣn[i])改进到O(VΣlog n[i])的过程，还知道了存在应用超出NOIP范围的知识的O(VN)算法。希望你特别注意“拆分物品”的思想和方法，自己证明一下它的正确性，并将完整的程序代码写出来。
