看题：

我们令f[i][j]为前i个物品放满容量为j的背包的最大价值。

f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-c[i]]+w[i]);

我们开始全副成负无穷。f[0][0]=0;最后循环最后一行求max;

负无穷：0xc0c0c0c0;正无穷：0x3f3f3f3f

下面是v=12,n=6的图示：

下面是AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n,v1,v[1002],w[1002],dp[1002][1002];
signed main(){
    cin>>n>>v1;
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&v[i],&w[i]);
    memset(dp,-0x3f,sizeof(dp));
    dp[0][0]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=0;j<=v1;j++){
            if(j>=v[i]) dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-v[i]]+w[i]);
            else dp[i][j]=dp[i-1][j];
        }
    }
    int ans=0;
    for(int i=0;i<=v1;i++){
        ans=max(ans,dp[n][i]);
    }
    cout<<ans<<endl;
    if(dp[n][v1]<=0) cout<<0;
    else cout<<dp[n][v1];
}

事实上，我们可以想象一些有体积但是没有价值的空气，显然，他不会影响最后的结果，而且它保证了对于每一行它的值递增，因此我们for循环可以省去。（不过这个前提是题目保证不一定要塞满）

加点难度：

n<=20,v<=10^9;N小，我们直接DFS

n<=100,v<=10^9：

我们可以用map来存每一行的值，对于负无穷，我们直接忽略，对于那先体积比小的大但是价值比他们小的也舍弃。

下面是代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,v[1005],v1,w[1005],q;
map<int,int> ck[2];
int main(){
    cin>>n>>v1;
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&v[i],&w[i]);
    ck[0][0]=0;
    map<int,int>::iterator it;
    map<int,int>::iterator it1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        it=ck[(i-1)%2].begin();
        it1=ck[(i-1)%2].begin();
       while((it1->first)<v[i]&&it1!=ck[(i-1)%2].end()){
            ck[i%2][it1->first]=it1->second;
            it1++;
        }
        q=(--it1)->second;
        while(it!=ck[(i-1)%2].end()){
            if(it->first+v[i]>v1) break;
            if(ck[(i-1)%2].count(it->first+v[i])!=0){
                ck[i%2][it->first+v[i]]=max(ck[(i-1)%2][it->first]+w[i],ck[(i-1)%2][it->first+v[i]]);
            }
            else ck[i%2][it->first+v[i]]=ck[(i-1)%2][it->first]+w[i];
            if(q<ck[i%2][it->first+v[i]]) q=ck[i%2][it->first+v[i]];
            else{
                    ck[i%2].erase(it->first+v[i]);
                }
            it++;
        }
        ck[(i-1)%2].clear();
    }
    cout<<(--ck[n%2].end())->second<<endl;
}

接下来我们看一下完全背包：

很容易，我们可得：f[i][j]=max(f[i-1][j-k*c[i]]+k*w[i])(0<=k*c[i]<=j)

其中，复杂度为k*n*v;

f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-c]+w,f[i-1][j-2*c]+2*w,.........)

f[i][j-c]=max(f[i-1][j-c],f[i-1][j-2*c]+w,......)

于是，f[i][j]=max(f[i][j-c]+w,f[i-1][j])

这样，我们就把复杂度->n*v;

下面是AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,v1,v[1005],w[1005],dp[1005];
int main(){
    cin>>n>>v1;
    memset(dp,0xc0c0c0c0,sizeof(dp));
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&v[i],&w[i]);
    dp[0]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=v[i];j<=v1;j++){
            dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i]);
        }
    }
    int ans=0;
    for(int i=0;i<=v1;i++) ans=max(ans,dp[i]);
    cout<<ans<<endl;
    if(dp[v1]<0) cout<<0;
    else cout<<dp[v1]; 
}

看看多重背包：

我们可以吧一样的背包看成不一样的，这样就转化为求0/1背包，但是这样的复杂度还是和上一题类似。

我们考虑优化一下：

假如有7个物品，我们如何用跟小的数字表示它所有的方案？

我们可以采用二进制的思想--》1，2，4包，每一个方案可以组合成所有可能。

我们把数分成1，2，4，8....加上剩余的数即可。

下面是二进制压缩代码：

for(int i=1;i<=n;i++){
        int a,b,c;
        scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
        int k=1;
        while(k<c){
            v[cnt]=k*a;
            w[cnt++]=k*b;
            c-=k;
            k*=2;
        }
        if(c){
            v[cnt]=c*a;
            w[cnt]=c*b;
        }
    }