背包九讲之三（多重背包）

证明如下：

系数可取值
1,2,4,..2^(k-1)，n[i]-2^k+1， k是使得n[i]-2^k+1>=0的最大整数
前n项和为2^k-1,那么最后一项为 n[i]-2^k+1
这些系数之和为n[i],且0--n[i]间的每一个整数均可以用若干个系数的和表示
证明如下：
①先证明区间0..2^k-1, 我们有系数1,2,4...2^(k-1) 即k个数，第k个数的二进制的只有第k位为1
而区间0..2^k-1为二进制第0位到第k-1位是否取值为1的组合，都可以由上面的系数组合得到
②再证明区间2^k..n[i],我们与系数1,2,4,..2^(k-1)，n[i]-2^k+1
那么可以由上面的系数组和得到
n[i]-0,n[i]-1,n[i]-2,n[i]-3,n[i]-2^k+1,
那么只要证明n[i]-2^k+1 <2^k,即证明n[i]+1<2^(k+1)
假设n[i]+1>=2^(k+1)成立，即n[i]-2^(k+1)+1>=0成立，
与前面要求的k是使得n[i]-2^k+1>=0的最大整数矛盾，所以假设不成立。
综合①②，0--n[i]区间的每一个整数均可以用若干个系数的和表示

题目地址：http://poj.org/problem?id=1276

/*
有n件物品和一个容量为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],求解将哪些物品放入背包
使费用总和不超过背包容量且价值总和最大

for(i=1; i<=n; ++i)
for(j=0; j<=v; ++j)
for(k=0; k*c[i]<=j; ++k)
    dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[i-1][j-k*c[i]]+k*w[i]);
时间复杂度为O(V*∑n[i]);
另一种思想是二进制优化,时间复杂度为O(V*∑log(n[i]));
详见图片
*/
#include <stdio.h>
#include <string.h>
int cash;
int n[11],dk[11];
int dp[1000000];
inline int max(const int &a, const int &b)
{
    return a < b ? b : a;
}
void CompletePack(int cost)
{
    for(int i=cost; i<=cash; ++i)
        dp[i] = max(dp[i],dp[i-cost]+cost);
}
void ZeroOnePack(int cost)
{
    for(int i=cash; i>=cost; --i)
        dp[i] = max(dp[i],dp[i-cost]+cost);
}
void MultiplePack(int cnt, int cost)
{
    if(cnt*cost >=cash)//如果第i种物品的费用总和超过背包容量，那么就是完全背包问题
        CompletePack(cost);
    else
    {
        int k = 1;//二进制拆分
        while(k<cnt)//判断剩下的数字能不能够拆分为k
        {
            ZeroOnePack(cost*k);
            cnt -=k;
            k<<=1;
        }
        ZeroOnePack(cnt*cost);
    }
}
int main()
{
    int N,i,k,cnt,j;
    while(scanf("%d%d",&cash,&N)!=EOF)
    {
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        for(i=1; i<=N; ++i)
            scanf("%d%d",&n[i],&dk[i]);
        for(i=1; i<=N; ++i)
        {
            MultiplePack(n[i],dk[i]);
        }
        printf("%d
",dp[cash]);
    }
    return 0;
}

 O(VN)算法：待学习