【**背包dp**】
目录
一、概述
二、分类
三、01背包
01背包模板
采药
开心的金明
小A点菜
装箱问题
榨取kkksc03
严酷的训练
L国的战斗之间谍
音量调节
精卫填海
四、完全背包
完全背包模板
疯狂的采药
五、分组背包
分组背包模板
通天分组之背包
六、多重背包
多重背包模板
mc生存
七、不是很正规严谨的总结
八、转载与补充
一、概述
背包问题可以描述为：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。
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？
二、分类
- 0-1背包：最基本的背包问题，每个物品最多只能放一次。
- 完全背包：每种物品可以放无限多次。
- 多重背包：每种物品有一个固定的次数上限。
- 混合三种背包：将前三种的问题叠加成较复杂的问题。
- 二维费用的背包：费用cost增加了一维。
- 分组背包：对于每件物品，具有两种不同的费用；选择这件物品必须同时付出这两种代价。
- 有依赖背包：给物品的选取加上限制的方法。
- 泛化物品的背包问题：没有固定的费用和价值，而是它的价值随着你分配给它的费用而变化。
- 背包问题问法的变化：除在背包容量的限制下求可取最大价值外的其他问法。
三、01背包
概念：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。
问题：有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的体积是w[i]，价值是c[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大
分析：
子问题：将前i件物品放入容量为v的背包中。
若只考虑第i件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。
- 如果不放第i件物品，那么子问题就转化为“前i-1件物品放入容量为v的背包中”，价值为：f[i-1][v]；
- 如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为v-w[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是f[i-1][v-w[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值w[i]，即：f[i-1][v-w[i]]+c[i]。
f[i][v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。
状态转移方程：f[i][v]=max（f[i-1][v] , f[i-1][v-w[i]]+c[i] ）
【初始化的细节问题】
有的题目要求“恰好装满背包”时的最优解，有的题目则并没有要求必须把背包装满，而是只希望价格尽量大。这两种问法的区别是初始化方式不同
- 如果要求恰好装满背包，那么在初始化时除了f[0]为0其它f均设为-∞
- 如果要求价格尽量最大，初始化时应该将f[0..V]全部设为0
原因：初始化的f数组事实上就是在没有任何物品可以放入背包时的合法状态。
- 如果要求背包恰好装满，那么此时只有容量为0的背包可能被价值为0的nothing“恰好装满”，其它容量的背包均没有合法的解，属于未定义的状态，它们的值就都应该是-∞了。
- 如果背包并非必须被装满，那么任何容量的背包都有一个合法解“什么都不装”，这个解的价值为0，所以初始时状态的值也就全部为0了。
【优化空间复杂度】
以上方法的时间和空间复杂度均为O(N*V)，其中时间复杂度基本已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O(V)。
第一个优化：我们发现，每一种状态只和i-1有关，所以干脆把i这个维度去掉，j递减从后往前更新一个一维数组(后边更新完的d[j]代表d[i][j]，前边的旧值代表d[i-1][j]，刚好后边用前边的，前边还不会被覆盖)
第二个优化：v不用减到0,只需要减到w[i]就行了
01背包模板
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=v;j>=w[i];j--)f[j]=max(f[j],f[j-w[i]]+c[i]);在此更好地理解一下为啥用动态规划解决背包问题而不是用贪心：
如果用贪心的话，在某个时候，我们无法知道背包哪种状态才是最优的，因此，记录下所有状态能够达到的最优的情况，最后在这些最优的情况当中选取一个最优的——动态规划求的是所有状态的最优解。
在背包问题中，当前背包容量的使用状况，就是状态。
一个物体，放不放进背包？这就是决策。
放进背包后，背包容量发生了变化，这就是状态的转移。
决策会带来状态的转移，不同的决策会带来不同的转移。
思考：
假如我们已经知道了背包体积是3时的最大价值是5，这时候我们决定放入一个体积是4，价值是5的物品，那么背包的体积会增加到7，那么，这个时候获得的是体积7的最优解吗？
很有可能不是~~~最简单的例子，假如我们有一个体积是7，价值是20的物品。那么显然要比放这两个物品更优。因此，
最优的状态转移出去，并不一定也能得到其他状态的最优值。
——局部最优没有传递性
但是！我们把问题反过来就不一样了！
如果我们知道了体积6的最优解，并且还知道它是由体积等于4转移得到的，那么我们能不能确定体积4的状态也是对应的最优解？
这次的答案就变了，是正确的，因为如果体积4时还有更好的解法，那么体积6理应也会变得更好才对，这和我们的假设矛盾了。
局部最优一定是由其他局部最优的状态转移得到的
而且状态的转移也是有顺序的——随着放物品，背包容量只会由大变小
我们并不知道当前的转移能否达到最优状态，所以我们需要用一个数组来记录所有状态历史上曾经达到过的最值。最后从所有的最值当中再选出一个最值来，就是最后问题的解。
理解一下遍历顺序为啥从小的开始
从最初状态开始，就是背包是空的时候，这时候的价值是0，体积也是0，也是它的最优状态
从0开始转移状态，状态转移伴随着决策，在这题当中体现在选取不同的物品上。我们遍历物品，作为决策，再遍历能够应用这些决策的状态，就拿到了所有的状态转移。最后，我们用一个容器记录一下所有状态转移过程当中达到的局部最优解
采药
[NOIP2005 普及组] 采药 - 洛谷https://www.luogu.com.cn/problem/P1048
完全套模板的01背包
#include<iostream>
using namespace std;int T; //总共能采药的时间（相当于背包总容量）
int M; //草药总数目（相当于物品总数量）
int w[105]; //采每一种草药花的时间（相当于每件物品的重量）
int v[105]; //每种草药的价值（相当于每件物品的价值）
//标准的01背包——每种物品要么取，要么不取，在不超过T的情况下获得最大价值
int dp[1005]; //dp[i]代表用时i所能获取的最大价值 int main(){cin>>T>>M;for(int i=1;i<=M;i++)cin>>w[i]>>v[i];for(int i=1;i<=M;i++){for(int j=T;j>=w[i];j--){dp[j]=max(dp[j-w[i]]+v[i],dp[j]);}}cout<<dp[T];
}开心的金明
开心的金明
https://www.luogu.com.cn/problem/P1060
搞清题意就可以完全套模板
#include<iostream>
using namespace std;int N; //总钱数 （背包总容量）
int M; // 想买物品数 （物品总数）
int v[30]; //每种物品的价格（每种物品的重量）
int p; //重要度（本题特有的）
//发现没有熟悉的"物品价值”？
//原来v*p就是“物品价值”~设个val数组
int val[30];
int dp[30001];int main(){cin>>N>>M;for(int i=1;i<=M;i++){cin>>v[i]>>p;val[i]=v[i]*p;}for(int i=1;i<=M;i++){for(int j=N;j>=v[i];j--){dp[j]=max(dp[j-v[i]]+val[i],dp[j]);}}cout<<dp[N];
}小A点菜
P1164 小A点菜 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)https://www.luogu.com.cn/problem/P1164xhttps://www.luogu.com.cn/problem/P1164
dp[i][j]代表前i道菜中选恰好花了j元（类比一下摆花问题中前n种恰好摆出m盆~!啊，都是一样的套路！）
#include<iostream>
using namespace std;int M;
int N;
int a[1005];
int dp[105][10005];
//dp[i][j]是从前i种菜中选，刚好花j元的种类数**
//因为我们要求的是dp[N][M]呀 int main(){cin>>N>>M;for(int i=1;i<=N;i++) //输入价格 cin>>a[i];dp[0][0]=0;for(int i=1;i<=N;i++){for(int j=0;j<=M;j++){if(j<a[i])dp[i][j]=dp[i-1][j];if(a[i]==j)dp[i][j]=dp[i-1][j]+1;if(j>a[i])dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i-1][j-a[i]]; }} cout<<dp[N][M];
}进行一下优化，去一个维度，就能变成模板形式（递推式多多理解，这个不是求最大值，而是求所有方案数加起来）：
#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{int money,num;int price[1000],plan[10000]={0};int i,j;cin>>num>>money;for(i=1;i<=num;i++) cin>>price[i];//输入菜品价格plan[0]=1;//至少有一种方案for(i=1;i<=num;i++)//每种菜依次进行比较{for(j=money;j>=price[i];j--)//从现有钱数开始，直至当前菜为止{plan[j]=plan[j]+plan[j-price[i]];//当前的花费=之前的花费+不点这个菜的花费}}cout<<plan[money]<<endl;//输出最后一次的花费return 0;
}装箱问题
(58条消息) 装箱问题（洛谷-P1049）_Alex_McAvoy的博客-CSDN博客https://blog.csdn.net/u011815404/article/details/81808205
直接套模板
#include<iostream>
using namespace std;int V; //箱子容量
int n; //物品数量
int w[35];//体积
//任选若干个装入箱子内使箱子剩余空间最小
int dp[20005];int main(){cin>>V>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>w[i];}for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=V;j>=w[i];j--){dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+w[i]);}cout<<V-dp[V];}榨取kkksc03
P1855 榨取kkksc03 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)
每个愿望又花时间又花金钱，显然这是一个二维花费的背包问题
其实很简单，费用多了一维，让数组也多一维就ok了，下面的模板是优化后的~~~~
二维花费背包的模板：
for (int i=1; i<=N; i++)for (int j=V; j>=v[i]; j--)for (int k=U; k>=u[i]; k--) s[j][k]=max(s[j][k], s[j-v[i]][k-u[i]]+c[i]);
套二维01背包的模板
#include<iostream>
using namespace std;int n; //n个愿望
int M; //M元
int T; //时间
int m[105]; //第i个愿望所需的金钱
int t[105]; //第i个愿望所需的时间
int dp[205][205];
//求最多可以实现愿望的个数
int main(){cin>>n>>M>>T;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>m[i]>>t[i];for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=M;j>=m[i];j--)for(int k=T;k>=t[i];k--)dp[j][k]=max(dp[j][k],dp[j-m[i]][k-t[i]]+1);cout<<dp[M][T];
}P1507 NASA的食物计划 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)
完全是二维代价的01背包模板
#include<iostream>
using namespace std;int V,M;
int N;
int m[55],v[55],calo[55];
int dp[405][405];int main(){cin>>V>>M;cin>>N;for(int i=1;i<=N;i++)cin>>v[i]>>m[i]>>calo[i];for(int i=1;i<=N;i++)for(int j=V;j>=v[i];j--)for(int k=M;k>=m[i];k--)dp[j][k]=max(dp[j][k],dp[j-v[i]][k-m[i]]+calo[i]);cout<<dp[V][M];
}严酷的训练
严酷的训练https://www.luogu.com.cn/problem/P2430
绕弯的点并不在背包上，还是套模板。。
#include<iostream>
using namespace std;int SL,TL; //学生和老王的水平值
int m,n; //题目的总数和知识点总数
int tim[5010]; //老王做题时间--->学生做题时间就是tim[i]*(TL/SL)
int p[5010],q[5010];//题目所属知识点和对应的奖励值
int T; //规定的时间
//在T时间内，做每道题的时间是tim[p[i]],奖励值是q[i]
int dp[5005];
int main(){cin>>SL>>TL;cin>>m>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>tim[i];tim[i]*=(TL/SL); //第i个知识点花费时间} for(int i=1;i<=m;i++)cin>>p[i]>>q[i]; //所属知识点和奖励值 cin>>T;for(int i=1;i<=m;i++){for(int j=T;j>=tim[p[i]];j--){dp[j]=max(dp[j],dp[j-tim[p[i]]]+q[i]);}}cout<<dp[T];
}L国的战斗之间谍
L国的战斗之间谍https://www.luogu.com.cn/problem/P1910
二维花费01背包 ，伪装能力和工资是两个花费，然后又是。。模板，最后找个最大值就行
#include<iostream>
using namespace std;int N; //人数 （物品数）
int M; //探查间谍
int X; //钱（背包容量）
int A[1005]; //得到的资料数（物品价值）
int B[1005]; //伪装能力
int C[1005]; //工资（物品重量）
int f[1005][1005]; //j工资去雇人的价值
int ans;//求能拿到的最大资料（最大价值） int main(){cin>>N>>M>>X;for(int i=1;i<=N;i++)cin>>A[i]>>B[i]>>C[i];for(int i=1;i<=N;i++)for(int j=M;j>=B[i];j--)for(int k=X;k>=C[i];k--)f[j][k]=max(f[j][k],f[j-B[i]][k-C[i]]+A[i]);cout<<f[X][M];return 0;
}音量调节
音量调节https://www.luogu.com.cn/problem/P1877
题意尚需更好的理解...
#include<iostream>
using namespace std;
int c[10010]; //每首歌前音量的改变量，可+c[i]可-c[i]
bool p[100][1050];//dp[i][j]代表对于第i次操作后，音量为j是否可行
int main()
{int n,bel,mal;cin>>n>>bel>>mal;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>c[i];p[0][bel]=1;//没有演出的时候开始音量一定是可以达到的for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=0;j<=mal;j++){if(p[i-1][j]&&j+c[i]<=mal)p[i][j+c[i]]=true;//原来的音量可行且能在这个基础上调大 if(p[i-1][j]&&j-c[i]>=0)p[i][j-c[i]]=true;//原来的音量可行且能在这个基础上调小 }}for(int i=mal;i>=0;i--)//音量从大到小，找到最大的可行音量 {if(p[n][i]==1){//找到最大的可达到音量输出之后直接结束cout<<i<<endl;return 0;}} cout<<"-1"<<endl;return 0;
} 精卫填海
精卫填海https://www.luogu.com.cn/problem/P1510
除了一些限制条件还是模板
#include<iostream>
using namespace std;int v; //要v才能填平
int n; //剩的石头数
int c; //体力
int k[10000+5]; //每块的体积
int m[10000+5]; //每块用的体力
int dp[10000+5];//算出最大价值和v比一下
//同时要输出还剩最大体力 int main(){cin>>v>>n>>c;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>k[i]>>m[i];for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=c;j>=m[i];j--){dp[j]=max(dp[j],dp[j-m[i]]+k[i]);}}if(dp[c]<v)cout<<"Impossible";
//如果最终能填完，还要输出最大体力
//那就先找到差一点没填完的else{int i=c;while(dp[i]>=v)i--;cout<<c-(i+1);}
}~~~~~~~~~~~~~~~~~~比较难的题分界线~~~~~~~~~~~~~~~~~~
最大约数和
P1734 最大约数和 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)
这题终于不是套模板了
分析题干可知：要选出一些数，这些数有它们的贡献，每个数有自己的大小这个代价，要求这些数加起来不超过S
那么——这些数就是备选物品，大小就是重量，约数和就是贡献（价值），代价就是重量，S就是我们滴背包！
于是又变成了01背包的模板！（）
要提前进行处理：要获得一个“物品价值”的数组，先把1~S的约数和都算出来存好
#include<iostream>
#include<math.h>
using namespace std;int S;
int a[1005];
int f[1005]; //f[j]是优化后的二维数组，j是当前不超过j的数（类似背包问题中背包容量为j时） //函数功能：求一个数所有的约数之和
int Sum(int n){int sum=0;for(int i=1;i<n;i++){if(n%i==0){sum+=i;}}return sum;
} int main(){cin>>S;for(int i=1;i<=S;i++){a[i]=Sum(i);}for(int i=1;i<=S;i++)for(int j=S;j>=i;j--)f[j]=max(f[j],f[j-i]+a[i]); //01背包（一维数组优化）cout<<f[S];
}P2663 越越的组队 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)
❤这道题适合多看❤
它不同于这篇文章里记录的其它dp数组，其它数组直接记录能达到的最大分数，这个dp数组记录的是bool值，也就是，能不能达到这个值。然后dp[j][k]就代表选j个人能否达到k分，那么我们从一半的分数开始减，遇到第一个dp[一半人数][i]==true时，i就是选一半人能达到的最大分数！
一开始被难到的点：从所有同学中选出一半？
这个一半很难控制..
将 dp[i][j] 表示为前 i 个人是否得到 j 分
but这样没有保证选择 一半！！
缺个状态没法表示咋办------>升维记录状态
dp[i][j][k]代表从i个人中选j个是否能凑出k分
再压成二维数组，就可以得到正确的转移方程~~~
（还要注意，这个状态转移方程因为是bool类型的dp，所以进行或运算，有一个能成立那么值就是true）
#include<iostream>
using namespace std;int a[105]; //分数
bool dp[105][10005];
int n;int main(){cin>>n;int sum=0;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];sum+=a[i]; //要记录总成绩 }dp[0][0]=true; //初始化for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=i;j>=1;j--){for(int k=sum;k>=a[i];k--){//这个就套01背包模板dp[j][k]|=dp[j-1][k-a[i]]; }}} sum/=2;n/=2;for(int i=sum;i>=0;i--){ //这样就能保证输出的i是最大值if(dp[n][i]){ //这样就能保证，选一半人遇到能达到的最大分数时立刻输出！cout<<i<<endl; break;}}
}四、完全背包
【题目】：
有N种物品和一个容量为V的背包，每种物品都有无限件可用。第i种物品的体积是w[i]，价值是c[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。
【思路】：
这个问题非常类似于01背包问题，所不同的是每种物品有无限件。从每种物品的角度考虑，与它相关的策略已并非取或不取两种，而是有取0件、取1件、取2件……等很多种。
如果仍然按照解01背包时的思路，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。仍然可以按照每种物品不同的策略写出状态转移方程，这件物品放k个，像这样：f[i][v]=max（ f[i-1][v-k*w[i]] + k*c[i] ） (0<=k*w[i]<=v)
这跟01背包问题一样有O(N*V)个状态需要求解，但求解每个状态的时间已经不是常数了，求解状态f[i][v]的时间是O(v/w[i])，总的复杂度是超过O(V*N)的。
将01背包问题的基本思路加以改进，得到了这样一个清晰的方法。这说明01背包问题的方程的确是很重要，可以推及其它类型的背包问题。但我们还是试图改进这个复杂度。
不妨去看一下01背包优化成一维数组之后的解法，这个解法的重点是j要从V逆序递减——如果j从0~V会导致出什么样的错呢？因为后边的值要用到前面的值，结果现在从前边更新，就把原来的值覆盖掉了，这时候更新到后边，逻辑上就成了，在已经取过这件物品后又取了一次，然而，这不就恰好是完全背包的要求吗！
优化思路：
在模板上，完全背包就是把j行从0~V（把01背包的遍历顺序倒过来）
完全背包就是无限制的01背包！
完全背包模板
for(int i=1;i<=m;i++){for(int j=0;j<=v;j++)if(j>=w[i])dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+c[i]);疯狂的采药
疯狂的采药https://www.luogu.com.cn/problem/P1616
#include<iostream>
using namespace std;int t; //给的采药总时间
int m; //草药的数量
int a[10000000+5]; //采集该草药花费的时间
long long b[10000000+5]; //草药价值
long long dp[10000000+5];int main(){cin>>t>>m;for(int i=1;i<=m;i++)cin>>a[i]>>b[i];for(int i=1;i<=m;i++){for(int j=0;j<=t;j++)if(j>=a[i])dp[j]=max(dp[j],dp[j-a[i]]+b[i]);}cout<<dp[t];
}pP7774 [COCI 2009-2010 #2] KUTEVI - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)
看哪个b[i]能被a[i]凑出来
多看看
dp阶段：
dp[i]代表i是否能被a数组里的数凑出来
第一层循环：i从1遍历到n（对每个数a[i]做出取或不取的决策）
第二层循环：j从0~1000（这样就能涵盖所有b[ ]）
dp[j]可能是之前的结果+a[i]（这要保证j>=a[i]）而来，也可能是-a[i]而来
现在我们把答案都存到dp[]数组啦！之后1~m遍历一遍即可
#include<iostream>
using namespace std;int n,m,a[15],b[15],f[1005];//f[i]代表i能否被a中几个数的和表示出来 int main(){cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];for(int i=1;i<=m;i++)cin>>b[i];f[0]=1; //初始化 for(int i=1;i<=n;i++) //i--->a[i]，是对要不要a[i]做决策for(int j=0;j<=1000;j++){ if(j>=a[i])f[j%360]|=f[(j-a[i])%360];f[j%360]|=f[(j+a[i])%360];} for(int i=1;i<=m;i++){if(f[b[i]])cout<<"YES"<<endl;else cout<<"NO"<<endl; }return 0;
} P1832 A+B Problem（再升级） - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)
给定一个正整数n，求将其分解成若干个素数之和的方案总数
这道题也不套路，缺乏学习，应该多看看！
这道题的dp过程是：
dp[i]代表i被素数之和表示的方案数
第一层循环：i遍历n前所有数(对每个数做出取或不取的决策)
第二层循环：j从i到n（也就是看看哪个j能被i及i之前的数表示）
dp[j]+=dp[j-i]
#include<iostream>
using namespace std;//给定一个正整数n，求将其分解成若干个素数之和的方案总数
long long dp[1001]; //dp[i]代表第i个数的组成总数
bool b[1001]; // b[i]代表i是否是素数//用筛法判断是否为素数(待学习...)
void IsP(){for(int i=2;i<=500;i++)if(!b[i])for(int j=2;i*j<=1000;j++)b[i*j]=1;
} int main(){int n;cin>>n;IsP(); //预处理，筛出素数dp[0]=1; //初始化for(int i=2;i<=n;i++){ //考虑每个数取不取 if(!b[i]){//是素数才能考虑取不取for(int j=i;j<=n;j++) //从i到n是因为，要得到的数肯定不小于取的数 dp[j]+=dp[j-i]; //dp[j-i]是取这个数的情况，累加到总方案数（就像背包的dp[j-w[i]])） } } cout<<dp[n];
}关于动归背包的循环顺序
通过上面两道“非常规套路”，发现了新的套路
在写dp时总会疑惑循环的顺序，我们发现，这两道题还有模板题都是这样的：
第一层循环内容是待选物品（背包问题的待选物品/去求和等于要求的数的备选数/）
第二层循环的内容是限制条件（背包容量/要组成的数)
第三层循环的内容是其它的一些要求（分组时小组内循环/多重背包时选择本件物品的数量）
五、分组背包
【题意】
有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的体积w[i]，价值是c[i]。这些物品被划分为若干组，每组中的物品互相冲突，最多选一件。
求：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。
【分析】
这个问题变成了每组物品有若干种策略：是选择本组的某一件，还是一件都不选。
优化空间后的代码应为：
设f[k][v]表示前k组物品花费费用v能取得的最大权值，则有：f[k][v]=max(f[k-1][v],f[k-1][v-w[i]]+c[i] | 物品i属于第k组)
分组背包模板
for（int i=1;i<=k;i++）for(int j=V;j>=0;j--) for(int b=0;b<=nums[i];b++) //b是第i小组中的元素如果能放下这件f[v]=max{f[v],f[v-w[b]]+c[b]}注意这里的三层循环的顺序，“for v=V..0”这一层循环必须在遍历该小组所有物品之外。这样才能保证每一组内的物品最多只有一个会被添加到背包中。
通天分组之背包
通天之分组背包
这道题和【严酷的训练】似的，不要被数组弄晕了，要弄清要记录什么量，啥时候更新这个量，什么数组表示什么，还有就是多多理解dp时的遍历顺序，以及优化
别的是只和i与i-1间有关，这个是只和i和i-1组有关，所以都是去掉这一维来优化！
还有就是这道题没给背包容量，其实这个限制和背包容量是一样的，都是一个“最大重量”的限制，都一样
#include<iostream>
using namespace std;int m,n;//n件物品总重m
int w[1005]; //重量
int v[1005]; //价值
int x[1005]; //每个小组的物品数量
int g[1005][1005]; //g[i][b]代表第i小组的第b个输入序号是几
int dp[1005];
int num; //最大组数 int main(){cin>>m>>n;int index;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>w[i]>>v[i]>>index;x[index]++;num=max(num,index); g[index][x[index]]=i;} //遍历所有小组 for(int i=1;i<=num;i++)//遍历所有背包容量(在这就是物品总重)for(int j=m;j>=0;j--)//遍历这一组的每一件物品，要么放某一件，要么不放for(int b=0;b<=x[i];b++){if(j>=w[g[i][b]])dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[g[i][b]]]+v[g[i][b]]);} cout<<dp[m];
}六、多重背包
【题意】
有 N 种物品和一个容量为 V 的背包。第 i 种物品最多有 num[i] 件可用，每件体积是 w[i]，价值是 c[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。
【基本思路】
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。
对于第 i 种物品有这几种策略：取 0 件，取 1 件……取 num[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。
其与完全背包的区别在于，完全背包中的物品是不限量的，而多重背包的第 i 种物品最多取 num[i] 个
在记忆上，多重背包比完全背包多了一层k循环表示选几个，和分组背包相比，分组背包的第三层循环表达的是选这组中的第几个，多重背包第三层循环表达的是这件物品选几个
多重背包模板
for(i=1;i<=N;i++)//N种物品for(j=V;j>=0;j--)//容量为Vfor(k=0;k<=num[i];k++)//每种物品最多有num[i]个if(j-k*w[i]>=0)//当前容量-k个物品的重量>=0f[j]=max(f[j],f[j-k*w[i]]+k*c[i]);mc生存
mc生存https://www.luogu.com.cn/problem/P1964
#include<iostream>
#include<string>
using namespace std;
//背包有21格
int m; //一开始背包里的东西
int n; //卖n种物品
int a[105]; //每个物品的数量
int b[105]; //每个物品的价值
int c[105]; //1格可以放多少个
string st[105]; //名字 //也就是现在背包还剩21-m格，要在这个基础上把最大价值的物品组合放进背包 int dp[25]; //dp[j]代表此时放入容量为j个格子的背包能获得的最大价值（i维度优化了）
//格数问题在这解决！！
//有a个，每格最多放x个，返回值是它占多少格儿
int upint(int a,int x){int r=x;while(1){//能放下a个时，返回r/x if(r>=a) return r/x;//还放不下，就扩大一倍 r+=x;}
}int main(){cin>>m>>n;int cnt=0;//记录物品数量for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i]>>b[i]>>c[i]>>st[i];int flag=0;//记录和前边的某种是不是一种物品for(int j=1;j<=i-1;j++)if(st[j]==st[i]){a[j]+=a[i];flag=1;break;}if(flag==0)cnt++; //如果是一种新物品，cnt++}m=21-m; //当前背包所剩格子数 //同样要注意遍历顺序//每种物品 for(int i=1;i<=cnt;i++){//背包格子数 for(int j=m;j>=0;j--){//这种物品的件数 for(int k=0;k<=a[i];k++){int w=upint(k,c[i]);if(j>=w)dp[j]=max(dp[j],dp[j-w]+k*b[i]);//乘上这个k，和分组背包只能选一件就不一样啦}} } cout<<dp[m];}七、不是很正规严谨的总结
八、转载与补充
大佬的模板
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