题目描述
终于，破解了千年的难题。小FF找到了王室的宝物室，里面堆满了无数价值连城的宝物……这下小FF可发财了，嘎嘎。但是这里的宝物实在是太多了，小FF的采集车似乎装不下那么多宝物。看来小FF只能含泪舍弃其中的一部分宝物了……小FF对洞穴里的宝物进行了整理，他发现每样宝物都有一件或者多件。他粗略估算了下每样宝物的价值，之后开始了宝物筛选工作：小FF有一个最大载重为W的采集车，洞穴里总共有n种宝物，每种宝物的价值为v[i]，重量为w[i]，每种宝物有m[i]件。小FF希望在采集车不超载的前提下，选择一些宝物装进采集车，使得它们的价值和最大。
输入输出格式
第一行为一个整数N和w，分别表示宝物种数和采集车的最大载重。
接下来n行每行三个整数，其中第i行第一个数表示第i类品价值，第二个整数表示一件该类物品的重量，第三个整数为该类物品数量。
输出格式：
输出仅一个整数ans，表示在采集车不超载的情况下收集的宝物的最大价值。
说明
对于30%的数据：n≤∑m[i]≤10^4；0≤W≤10^3。
对于100%的数据：n≤∑m[i]≤10^5；0 <w≤4*10^4。
这道题可以一眼看出来是一道多重背包，所以我们还是按照多重背包来想，令F[ i ][ j ]表示只看前 i 种物品，背包容量为 j 时的最大价值，转移方程为F[ i ][ j ]=max { F[ i-1 ][ j-k* weight[ i ] ]+k * value[ i ] }，也就是枚举第 i 种物品放几个，但是在这道题中复杂度会爆炸，于是我们需要对它进行优化，优化方法就是二进制优化。
如果设一种物品有 a 个，那么二进制优化就是将 a 用尽量小的2的整数幂表示出来，为每个用于表示数量的2的整数幂和最后的余数都建立一个新的物品，举个例子，现在有一种数量为25的物品，我们把25用2的整数幂一个一个减去，最后结果是1、2、4、8和一个余数10，然后我们创造五个物品，价值和重量都与上面五个数一一对应。最后只需要在这些新的物品中选择放或不放即可，因为这几个数可以表示出来0~a之间的任何一个数，这样就把一个多重背包问题转化成了01背包。
附上本蒟蒻丑陋的代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m,tot,f[100010],w[100010],v[100010];//虽然这道题开1e5也能过，但是数组最好开大一些
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
while(n--)
{
int i,x,y,z;scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
for(i=1;z>=i;z-=i,i<<=1)v[++tot]=x*i,w[tot]=y*i;//用二进制数表示数量
if(z>0)v[++tot]=x*z,w[tot]=y*z;//处理余数
}
for(int i=1;i<=tot;i++)
for(int j=m;j>=w[i];j--)
f[j]=max(f[j],f[j-w[i]]+v[i]);//01背包
printf("%d\n",f[m]);return 0;
}