分析：这是求第K大的01背包问题，很经典。dp[j][k]为背包里面装j容量时候的第K大的价值。
从普通01背包中可以知道最大价值dp[j]是由dp[j]和dp[j-c[i]]+w[i]决定的。那么可以知道
dp[j][k]也是有dp[j][k]和dp[j-c[i]][k]来决定的。
求次优解、第K优解：
对于求次优解、第K优解类的问题，如果相应的最优解问题能写出状态转移方程、用动态规划解决，那么求次优解
往往可以相同的复杂度解决，第K优解则比求最优解的复杂度上多一个系数K。
其基本思想是将每个状态都表示成有序队列，将状态转移方程中的max/min转化成有序队列的合并。
这里仍然以01背包为例讲解一下。
首先看01背包求最优解的状态转移方程：f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}。如果要求第K优解，
那么状态f[i][v]就应该是一个大小为K的数组f[i][v][1..K]。其中f[i][v][k]表示前i个物品、背包大小为v时，第k优解的值。
“f[i][v]是一个大小为K的数组”这一句，熟悉C语言的同学可能比较好理解，或者也可以简单地理解为在原来的方程中加了一维。
显然f[i][v][1..K]这K个数是由大到小排列的，所以我们把它认为是一个有序队列。
然后原方程就可以解释为：f[i][v]这个有序队列是由f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]+w[i]这两个有序队列合并得到的。有序队列f[i-1][v]即f[i-1][v][1..K]，f[i-1][v-c[i]]+w[i]则理解为在f[i-1][v-c[i]][1..K]的每个数上加上w[i]后得到的有序队列。合并这两个有序队列并将结果的前K项储存到f[i][v][1..K]中的复杂度是O(K)。最后的答案是f[N][V][K]。总的复杂度是O(VNK)。
为什么这个方法正确呢？实际上，一个正确的状态转移方程的求解过程遍历了所有可用的策略，也就覆盖了问题的所有方案。
只不过由于是求最优解，所以其它在任何一个策略上达不到最优的方案都被忽略了。
如果把每个状态表示成一个大小为K的数组，并在这个数组中有序的保存该状态可取到的前K个最优值。那么，对于任两个状态的max运算等价于两个由大到小的有序队列的合并。
另外还要注意题目对于“第K优解”的定义，将策略不同但权值相同的两个方案是看作同一个解还是不同的解。如果是前者，则维护有序队列时要保证队列里的数没有重复的。
上述这段内容是《背包九讲》的总结。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int N,V,K;
int value[110],volume[110],dp[1010][35],A[35],B[35];
int ZeroOnePack()
{
int a,b,c,m;
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=N;i++)
for(int j=V;j>=volume[i];j--)
{
for(m=1;m<=K;m++)
{
A[m]=dp[j-volume[i]][m]+value[i];
B[m]=dp[j][m];
}
A[m]=B[m]=-1;
a=b=c=1;
while (c<=K&&(A[a]!=-1||B[b]!=-1))
{
if(A[a]>=B[b]) dp[j][c]=A[a],a++;
else dp[j][c]=B[b],b++;
if(dp[j][c-1]!=dp[j][c]) c++;
}
}
return dp[V][K];
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while (T--)
{
scanf("%d%d%d",&N,&V,&K);
for(int i=1;i<=N;i++)
scanf("%d",&value[i]);
for(int i=1;i<=N;i++)
scanf("%d",&volume[i]);
printf("%d
",ZeroOnePack());
}
return 0;
}