题目描述：
解析：
知道这是多重背包问题，但是初做这道题时我还是不知道用什么作为背包容量，而通过分析这道题发现，题目所求是价值不超过m的方案的个数。对于(1–m)内的任意一个价值，如果最佳方案dp[i]达到了这个值，那么就可以说存在这种方案。因此建立如下转移方程：
dp[i][j]=max{dp[i-1][j],dp[i-1][j-v[i]]+v[i]}
其中dp[i][j]表示的是装i件物品，价值不超过j的最佳方案。因为要求价值不超过m，因此我们以钱币的价值作为所占体积，同时也作为物品的价值，那么就得到了以上方程。
优化：
参考《背包九讲》：
（1）对于一种物品i，如果存在令一种物品j，使得W[j]<=W[i]，val[j]>=val[i]那么显然这件物品i就可以被舍弃，通过O(n^2)的时间复杂度就可以完成数据的筛选。但这样做很有可能无济于事，因为很有可能并没有两队数据满足这样的条件，却依旧执行了O(n^2)的遍历。
（2）对于完全背包问题（多重背包类似），其实可以转化成0-1背包问题来做。假设背包的总容量为V，第i件物品所占的体积为W[i]，那么无论怎么装，第i件物品最多就只能装V/W[i]件，对于每件物品如上处理并依次存入数组，就将完全背包问题转化成了0-1背包问题，可是这样的时间复杂度依旧是O(NV*V/W[i])，并没有优化时间复杂度。
（3）一个很好的优化方法：
考虑二进制的思想，2^n罗列如下：1 2 4 8 16 32 64……
把第i种物品拆成费用为c[i]*2^k、价值为w[i]*2^k的若干件物品，其中k满足c[i]*2^k<=V。这是二进制的思想，因为不管最优策略选几件第i种物品，总可以表示成若干个2^k件物品的和。例如：5=2^2+2^0 7=5+2^1等。这样把每种物品拆成O(log(V/c[i]))件物品，是一个很大的改进。
还有一点值得注意的是，我提交了8遍全都惨遭TLE，发现是初始化dp[]数组的时候出了问题，我将dp做了最大程度上的初始化，这就超了时…改进就是，用多少初始化多少就好了。
代码：
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define MAXN 100010
#define max(a,b) (a>b?a:b)
int main()
{
int m,n,val[110],v[10010],cnt,amt,dp[MAXN];
int i,j,k,t;
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF&&(m+n))
{
t=1;
amt=0;
for(i=0;i<=m;i++) dp[i]=0;
for(i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&val[i]);
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&cnt);
for(j=1;j<=cnt;j<<=1)
{
v[t++]=j*val[i];
cnt-=j;
}
if(cnt>0)
v[t++]=cnt*val[i];
}
for(i=1;i<t;i++)
{
for(j=m;j>=v[i];j--) //dp[j]表示价格不超过m的方案的最优价值
dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]]+v[i]);
}
for(i=1;i<=m;i++)
if(dp[i]==i) amt++;
printf("%d\n",amt);
}
return 0;
}