题目链接：HDU-2191
题目描述：
急！灾区的食物依然短缺！
为了挽救灾区同胞的生命，心系灾区同胞的你准备自己采购一些粮食支援灾区，现在假设你一共有资金n元，而市场有m种大米，每种大米都是袋装产品，其价格不等，并且只能整袋购买。
请问：你用有限的资金最多能采购多少公斤粮食呢？
Input
输入数据首先包含一个正整数C，表示有C组测试用例，每组测试用例的第一行是两个整数n和m(1<=n<=100, 1<=m<=100),分别表示经费的金额和大米的种类，然后是m行数据，每行包含3个数p，h和c(1<=p<=20,1<=h<=200,1<=c<=20)，分别表示每袋的价格、每袋的重量以及对应种类大米的袋数。
Output
对于每组测试数据，请输出能够购买大米的最多重量，你可以假设经费买不光所有的大米，并且经费你可以不用完。每个实例的输出占一行。
Sample Input
1
8 2
2 100 4
4 100 2
Sample Output
400
思路
这道题类似于01背包，但由于规定每种物品的种类数有上限，所以是一道多重背包问题。
这里列举一下三种背包的不同之处;
01背包 每一种物品只有选择和不选两种状态；
完全背包每一种物品可以选择0,1,2,3,4…n件； n * w[i] <= T， 就是最多选择 重量 * 个数 小于等于 容量个物品;
多重背包规定了每种物品的选取上限，可以取0,1,2,3…MAX(i)件；
这是只说一下多重背包，多重背包可以拆分为多个01背包问题进行解决，即一个物品如果可以选择多个，那么我们可以将这个物品拆分为max(i)个物品，每一种选择都当做一种新的物品来看待，这样子就可以解决多重背包；
朴素的多重背包算法:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;#define long long long
#define MAX_N 100010
#define INF 0x3f3f3f3fint dp[MAX_N];
int v[110], w[110], k[110];int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t;cin >> t;while(t--){
memset(dp, 0, sizeof(dp));int T, n;cin >> T >> n;for(int i = 1; i <= n; i++){
cin >> w[i] >> v[i] >> k[i];}for(int i = 1; i <= n; i++)//枚举每个物品{
for(int j = 1; j <= k[i]; j++)//将第i种物品拆分为 k[i]种不同的物品{
for(int p = T; p >= w[i]; p--)//状态转移{
dp[p] = max(dp[p], dp[p - w[i]] + v[i]);}}}cout << dp[T] << endl;}return 0;
}当然，也可以在转移的过程中，枚举选取数量;代码如下
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;#define long long long
#define MAX_N 100010
#define INF 0x3f3f3f3fint dp[MAX_N];
int v[110], w[110], k[110];int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t;cin >> t;while(t--){
memset(dp, 0, sizeof(dp));int T, n;cin >> T >> n;for(int i = 1; i <= n; i++){
cin >> w[i] >> v[i] >> k[i];}for(int i = 1; i <= n; i++)//枚举每个物品{
for(int j = T; j >= 0; j--)// 状态转移{
for(int p = 1; p <= k[i] && p * w[i] <= j; p++)// 枚举选择的数量{
dp[j] = max(dp[j], dp[j - p * w[i]] + p * v[i]);}}}cout << dp[T] << endl;}return 0;
}因为这到题的数据范围很小，所以用朴素的算法也可以通过；但是当数据范围变大的时候，朴素的算法表现的就不太好了。所以我们得做一些优化；
我们可以用二进制进行优化。 比如 某一个物品最多可以选取13个， 我们朴素的做法是 将其拆分为13个原物品， 然后进行01背包； 这个过程我们可以优化， 试想 1， 2， 4， 6。是否可以枚举出1-13所有的状态呢？ 答案是肯定的，1-13无论是哪个状态，我们都可以对1,2,4,6这4个状态进行合并得到；这样就降低了原复杂度。 原来枚举O(n),现在只需要枚举O(logN)，大大降低了时间复杂度;OK, 写一下代码;
二进制优化代码:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;#define long long long
#define MAX_N 100010
#define INF 0x3f3f3f3fint dp[MAX_N];
int v[110], w[110], k[110];int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t;cin >> t;while(t--){
memset(dp, 0, sizeof(dp));int T, n;cin >> T >> n;for(int i = 1; i <= n; i++){
cin >> w[i] >> v[i] >> k[i];}for(int i = 1; i <= n; i++)//枚举每一种物品{
int tmp = k[i];for(int p = 1; p <= tmp; p <<= 1)//二进制拆分{
for(int j = T; j >= p * w[i]; j--)//状态转移{
dp[j] = max(dp[j], dp[j - p * w[i]] + p * v[i]);}tmp -= p;}if(tmp){
for(int j = T; j >= tmp * w[i]; j--){
dp[j] = max(dp[j], dp[j - tmp * w[i]] + tmp * v[i]);}}}cout << dp[T] << endl;}return 0;
}