有 (N) 种物品和一个容量是 (V) 的背包，每种物品都有无限件可用。
第 (i) 种物品的体积是 (vi)，价值是 (wi)。
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。
输出最大价值。
输入格式
第一行两个整数，(N)，(V)，用空格隔开，分别表示物品种数和背包容积。
接下来有 (N) 行，每行两个整数 (vi),(wi)，用空格隔开，分别表示第 (i) 种物品的体积和价值。
输出格式
输出一个整数，表示最大价值。
数据范围
(0<N,V≤1000)
(0<vi,wi≤1000)
输入样例
4 5
1 2
2 4
3 4
4 5
输出样例：
10
最朴素方法（超时）
#include<iostream>
using namespace std;
const int N = 1010;
int f[N][N];
int v[N],w[N];
int main()
{
int n,m;
cin>>n>>m;
for(int i = 1 ; i <= n ;i ++)
{
cin>>v[i]>>w[i];
}
for(int i = 1 ; i<=n ;i++)
for(int j = 0 ; j<=m ;j++)
{
for(int k = 0 ; k*v[i]<=j ; k++)
f[i][j] = max(f[i][j],f[i-1][j-k*v[i]]+k*w[i]);
}
cout<<f[n][m]<<endl;
}
优化思路
我们列举一下更新次序的内部关系：
f[i , j ] = max( f[i-1,j] , f[i-1,j-v]+w , f[i-1,j-2*v]+2*w , f[i-1,j-3*v]+3*w , .....)
f[i , j-v]= max( f[i-1,j-v] , f[i-1,j-2*v] + w , f[i-1,j-2*v]+2*w , .....)
由上两式，可得出如下递推关系：
f[i][j]=max(f[i,j-v]+w , f[i-1][j])
有了上面的关系，那么其实k循环可以不要了，核心代码优化成这样：
for(int i = 1 ; i <=n ;i++)
for(int j = 0 ; j <=m ;j++)
{
f[i][j] = f[i-1][j];
if(j-v[i]>=0)
f[i][j]=max(f[i][j],f[i][j-v[i]]+w[i]); //可以重复的选择
}
对比一下，下面是01背包的核心代码
for(int i = 1 ; i <= n ; i++)
for(int j = 0 ; j <= m ; j ++)
{
f[i][j] = f[i-1][j];
if(j-v[i]>=0)
f[i][j] = max(f[i][j],f[i-1][j-v[i]]+w[i]); //不重复的选则
}
两个代码其实只有一句不同（注意下标）
f[i][j] = max(f[i][j],f[i-1][j-v[i]]+w[i]);//01背包
f[i][j] = max(f[i][j],f[i][j-v[i]]+w[i]);//完全背包问题，背包可以重复，所以不用 i -1
因为和01背包代码很相像，我们很容易想到进一步优化。核心代码可以改成下面这样
f[j] = max(f[j],f[j-v[i]] + w[i])背包可以重复，所以从小到大选择
for(int i = 1 ; i<=n ;i++)
for(int j = v[i] ; j<=m ;j++)//注意了，这里的j是从小到大枚举，和01背包不一样
{
f[j] = max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);
}
比较简洁的写法
#include<iostream>
using namespace std;
const int N = 1010;
int f[N];
int v[N],w[N];
int main()
{
int n,m;
cin>>n>>m;
for(int i = 1 ; i <= n ;i ++)
{
cin>>v[i]>>w[i];
}
for(int i = 1 ; i<=n ;i++)
for(int j = v[i] ; j<=m ;j++)
{
f[j] = max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);
}
cout<<f[m]<<endl;
}