目录
完全背包
有一个大小为 m 的背包，有 N 种物体，每种物品的价值为 Vi, 大小为 Ai, 并且每种物品有无限个，请问背包能容纳的最大价值是多大？
(Lintcode - 440)
这就是完全背包问题，完全背包是指物品的数量都是无限个。
显然，我们可以将其转换为 01 背包。每种物体虽然是无限个，但不可能超过背包的容量，假设第一种物品的大小是 A1, 我们可以假装有一系列物体，大小分别为 A1，2A1，3A1…一直到 (m / A1) A1 。然后将 kA1 分别放入背包。这样的时间复杂度为 O(VN*Sum(k))，非常之大。其状态转移方程为：
dp[i + 1][j] = max(dp[i][j], dp[i][j - k * A[i]] + k * V[i])
for (int i = 0; i < A.size(); ++i)
for (int j = m; j >= 0; --j)
for (int k = 0; k * A[i] <= m; ++k)
if (j - k * A[i] >= 0)
f[j] = max(f[j], f[j - k * A[i]] + k * V[i]);优化一：输入优化
给我们的物品列表如果较多时，我们可以先改善下物品列表。对于物品 j, k，若 Aj >= Ak 并且 Vj < Vk，那么 j 相对于 k 又贵又没价值，肯定是可以抛弃的。
另外，物品列表中可能有大小大于 m 的物品，需要排除掉。
优化二：二进制
假如最多只能放入 19 个Ai，其实我们只需要分别往包里放 1，2，4，8，4 个Ai就行了。物体都可以拆成二进制的个数往包里放（其实拆成其他进制也可以），最终组合出的数目也是 19 个，等同于往包里放了 19 个Ai。时间复杂度可以降为O(VN*Sum(log(k)))。
for (int i = 0; i < A.size(); ++i) {
int j = 1;
while(j * A[i] < m) {
for (int k = m; k >= j * A[i]; --k)
f[k] = max(f[k], f[k - j * A[i]] + j * V[i]j;
j = j << 1;
}
}优化三：重复放入的 01 背包
可能有些同学会记得，我们在写 01 背包时出了个错：从前到后遍历背包容量，导致同一种物体被重复放入。
而这恰恰是我们在完全背包里想要的，物品数量无限，当然可以一直往背包里放。
时间复杂度为 O(VN)。
for (int i = 0; i < A.size(); ++i)
for (int j = A[i]; j <= m; ++j)
f[j] = max(f[j], f[j - A[i]] + V[i]);多重背包
有一个大小为 m 的背包，有 N 种物体，每种物品的价值为 Vi, 大小为 Ai, 该种物体总共有 Ci 个，请问背包能容纳的最大价值是多大？(Lintcode-798)
我们会很容易想到将每个物体分开放入的方法，将这道题化作 01 背包来放入，分别将每个物体放入 Ci 次。时间复杂度为 O(VNC)。
for (int i = 0; i < prices.size(); ++i)
for (int k = 1; k <= amounts[i]; ++k)
for (int j = n; j >= prices[i]; --j)
dp[j] = max(dp[j - prices[i]] + weight[i], dp[j]); 这种方法也可以采用二进制优化，将时间复杂度降到 O(VNlog(C))。
多重背包也可以用单调队列优化到 O(VN) 的方法，但我目前只学习了单调队列，还没看懂如何优化多重背包问题。之后看懂了再补上。
总结
目前已经知道基础的背包问题如何解，进一步的背包问题一般是求多少种方法能填满背包，或者是混合三种背包。这样的简单变化都可以运用目前讲述过的方法来进行解答。