AcWing 3. 完全背包问题（模板）

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完全背包问题描述：有 $N$ 种物品和一个容量为 $V$ 的背包，每种物品都有无限件可用。放入第 $i$ 种物品的费用是 $C_i$，价值是 $W_i$。求解：将哪些物品装入背包，可使这些物品的耗费的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。

【基本思路】

这个问题非常类似于 01 背包问题，所不同的是每种物品有无限件。也就是从每种物品的角度考虑，与它相关的策略已并非取或不取两种，而是有取 $0$ 件、取 $1$ 件、取 $2$ 件……直至取 $⌊V /C_i⌋$ 件等许多种。

如果仍然按照解 01 背包时的思路，令 $F [i, v]$ 表示前 $i$ 种物品恰放入一个容量为 $v$ 的背包的最大权值。仍然可以按照每种物品不同的策略写出状态转移方程，像这样：
$F [i, v] = max\left\{F [i − 1, v − kC_i] + kW_i | 0 ≤ kC_i ≤ v\right\}$

这跟 01 背包问题一样有 $O(V N)$ 个状态需要求解，但求解每个状态的时间已经不是常数了，求解状态 $F [i, v]$ 的时间是 $O(\frac{v}{C_i} )$，总的复杂度可以认为是 $O(NV Σ\frac{V}{C_i} )$，是比较大的。

这说明 01 背包问题的方程的确是很重要，可以推及其它类型的背包问题。但我们还是要试图改进这个复杂度。

【O(NV) 的算法】

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>

using namespace std;

const int maxn = 1010;

int c[maxn], w[maxn];       //c是物品的体积，w是物品的价值

int dp[maxn];

int main()
{
    int N, V;
    scanf("%d%d", &N, &V);
    
    for(int i = 1; i <= N; ++i)
        scanf("%d%d", &c[i], &w[i]);
    
    for(int i = 1; i <= N; ++i)
    {
        for(int j = c[i]; j <= V; ++j)
        {
            dp[j] = max(dp[j], dp[j-c[i]]+w[i]);
        }
    }
    
    printf("%d", dp[V]);
    
    return 0;
}

会发现，这个代码与 01 背包问题的代码只有 $v$ 的循环次序不同而已。

为什么这个算法就可行呢？

首先想想为什么 01 背包中要按照 $v$ 递减的次序来循环。让 $v$ 递减是为了保证第 $i$ 次循环中的状态 $F[i,v]$ 是由状态 $F[i − 1,v − C_i]$ 递推而来。换句话说，这正是为了保证每件物品只选一次，保证在考虑“选入第 $i$ 件物品”这件策略时，依据的是一个绝无已经选入第 $i$ 件物品的子结果 $F[i − 1,v − C_i]$。

而现在完全背包的特点恰是每种物品可选无限件，所以在考虑“加选一件第 $i$ 种物品”这种策略时，却正需要一个可能已选入第 $i$ 种物品的子结果 $F [i,v − C_i]$，所以就可以并且必须采用 $v$ 递增的顺序循环。这就是这个简单的程序为何成立的道理。

值得一提的是，上面的伪代码中两层 for 循环的次序可以颠倒。这个结论有可能会带来算法时间常数上的优化。