一、多重背包问题特点

多重背包问题是背包问题的又一变种，它在0-1背包和完全背包问题的基础上增加了一个限制：每种物品i除了有一个重量w[i]和价值v[i]外，还有一个最大可用数量n[i]。这意味着每种物品i可以被选取的次数最多是n[i]次，而不是只有一次（0-1背包问题）或无限次（完全背包问题）。

1.1、多重背包问题的特征

1. 有限的物品数量：每种物品有一个最大数量限制，不能无限制地选择。
2. 背包容量限制：存在一个容量限制，所有选取的物品的总重量不能超过这个限制。
3. 优化目标：目标是在不超过背包容量的前提下，最大化背包内物品的总价值。
4. 复杂度：时间和空间复杂度取决于具体的实现方法，一般时间复杂度为O(V*sum(n[i]))。

1.2、解决多重背包问题的基本方法

解决多重背包问题的基本思路是利用动态规划，其中最直观的方法是使用二维DP数组dp[i][j]，表示考虑前i种物品，在不超过重量j的情况下的最大价值。和0-1背包问题的区别在于物品i能取n[i]次，因此状态转移方程可以写为：

for(int k=0;k<=n[i];++k)if(j-k*weight[i]>=0)dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-k*weight[i]]+k*value[i]);

这里，k是从0到n[i]的整数，表示选择第i种物品k次的可能性。

由于这种方法会导致较高的时间复杂度，时间复杂度为O(V*sum(n[i]))，特别是当n[i]的值很大时，常常需要使用其他技巧。

典型例题：AcWing——多重背包问题I

AcWing：多重背包问题I
按照以上思路，并且按照0-1背包一样的思路，进行降维优化。

    for(int i=0;i<N;++i)for(int j=V;j>=volume[i];--j)for(int k=0;k<=n[i];++k)if(j-k*volume[i]>=0)dp[j]=max(dp[j],dp[j-k*volume[i]]+k*value[i]);

本题可以书写代码为：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace  std;
int dp[101];
int main(void){ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int N,V;cin>>N>>V;vector<int> volume(N);vector<int> value(N);vector<int> n(N);for(int i=0;i<N;++i){cin>>volume[i]>>value[i]>>n[i];}for(int i=0;i<N;++i)for(int j=V;j>=volume[i];--j)for(int k=0;k<=n[i];++k)if(j-k*volume[i]>=0)dp[j]=max(dp[j],dp[j-k*volume[i]]+k*value[i]);cout<<dp[V];return 0;
}

1.3、二进制优化

1.3.1、二进制优化的思想

对于任何一个数，我们可以将其进行二进制拆分。即任何一个10进制数都能写成二进制数的形式。
比如：3=1+2=11B、10=2+8=1010B。

如果我们对于一个数，例如10，取出小于其的所有二进制位，即1B,10B,100B,1000B，那么我们必然能够选出其中的某些位来凑成10，并且对于小于10的任何一个正整数也可以被凑成，即选取其中若干位有：1B、10B、11B、100B、101B、110B、111B、1000B、1001B···。即，如果我们有一个物品，它能够被选择小于等于n次，我们可以通过选择其中的某些位来实现选择的所有情况。

那么我们把一个物品可以最多选择n次的问题，按照未优化的多重背包问题需要进行O(V*sum(n[i]))次计算取最大值 变成了
考虑在logn个物品中选择其中的某些物品，取最大值 的问题了。按到理来说，logn个物品要么被选要么不被选，一共是2的logn次方种情况，也就是n种情况；但是如果我们把这个问题转化成0-1背包问题，即利用动态规划来考虑，就变成了O(V*sum(logn[i]))次了。当n[i]<=2000时,logn[i]<=3.301，减少了一千倍计算量。

因此，我们对于n[i]，可以进行二进制拆分，将n[i]个物品按照二进制拆分，变成若干堆，每次选择只能一次全选，这样使得我们需要考虑的物品变成logn[i]个，多重背包问题变成了一个0-1背包问题，即这logn[i]个物品，要么被选，要么不被选，能够取得的最大值。我们通过上述叙述可以知道logn[i]个物品的所有被选择的情况，刚好构成了0~n[i]中的所有数字。

由于一个物品的数量n不一定是2的整数倍，因此我们在考虑二进制的时候，因为我们的目的是凑成0~ n，因此我们在考虑二进制的时候，我们考虑到小于等于n/2位即可，它们能满足0~ k种情况（k<=n/2），然后剩余的n-k部分直接单独成一块就行，这样，能满足n-k~ k+n-k种情况，合并起来就是0~n中情况。

1.3.2、多重背包问题的二进制优化

通过二进制拆分，我们将m个物品每个最多选n[i]次的多重背包问题，转换成了 sum(logn[i])个物品的0-1背包问题。相当于进行了问题转换。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace  std;
int dp[2002];
int main(void){ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int N,V;cin>>N>>V;vector<int> value;vector<int> volume;for(int i=0;i<N;++i){//构建二进制拆分物品int w,v,num;cin>>w>>v>>num;//w单物品体积，v单物品价值，num可选数量int s=num;int b=1;while(b<=s){//注意b必须是小于num，且不能是最高位 如1010B，b不能是1000Bvalue.push_back(b*v);volume.push_back(b*w);s-=b;b*=2;}if(s>0){value.push_back(s*v);volume.push_back(s*w);}}N=value.size();//更新物品数量for(int i=0;i<N;++i)for(int j=V;j>=volume[i];--j)dp[j]=max(dp[j],dp[j-volume[i]]+value[i]);cout<<dp[V];return 0;
}

位数关系即：

        int s=num;int b=1;num=log2(num);num=pow(2,num-1);while(b<=num){value.push_back(b*v);volume.push_back(b*w);s-=b;b*=2;}if(s>0){value.push_back(s*v);volume.push_back(s*w);}

        int s=num;int b=1;num=num>>1;while(b<=num){value.push_back(b*v);volume.push_back(b*w);s-=b;b*=2;}if(s>0){value.push_back(s*v);volume.push_back(s*w);}

官方：

#include<iostream>
using namespace std;const int N = 12010, M = 2010;int n, m;
int v[N], w[N]; //逐一枚举最大是N*logS
int f[M]; // 体积<Mint main()
{cin >> n >> m;int cnt = 0; //分组的组别for(int i = 1;i <= n;i ++){int a,b,s;cin >> a >> b >> s;int k = 1; // 组别里面的个数while(k<=s){cnt ++ ; //组别先增加v[cnt] = a * k ; //整体体积w[cnt] = b * k; // 整体价值s -= k; // s要减小k *= 2; // 组别里的个数增加}//剩余的一组if(s>0){cnt ++ ;v[cnt] = a*s; w[cnt] = b*s;}}n = cnt ; //枚举次数正式由个数变成组别数//01背包一维优化for(int i = 1;i <= n ;i ++)for(int j = m ;j >= v[i];j --)f[j] = max(f[j],f[j-v[i]] + w[i]);cout << f[m] << endl;return 0;
}