这篇博客先说一道洛谷蓝题（实际难度其实可能也就是在橙题左右，难度不大，请放心食用）

1.背包问题的第k优解

首先，我们知道背包问题的最优解，我们可以通过状态转移方程来求出最优解

状态转移方程（滚动数组）:dp [ j ]=max(dp [ j ],dp [ j - w [ i ] ] + v [ i ] );

但是如果我们要去求一个k优解，那么首先我们需要再多一维数组去来记录我们我们的第 k 优解

所以dp数组为 dp[ j ] [ k ]，表示对于容量为 j 的背包，第 k 最优解为 dp[ j ] [ k ]

我们正常的最优解是通过两个状态转移而来，但是我们对于前k个解来说，我们相当于通过两个队列得出我们的前k个解，相当于合并队列的思想，我们这个队列是从大到小排的

我们的 dp [ j ] [ k ]可以来从两个队列中得到，一个是dp [ j ] [ k] 还有一个是 dp [ j -w[ i ] ] [ k]+v[ i ];

总的时间复杂度为O(N*V*K)

为什么这个方法正确呢？实际上，一个正确的状态转移方程的求解过程遍历了所有可用的策略，也就覆盖了问题的所有方案。只不过由于是求最优解，所以其它在任何一个策略上达不到最优的方案都被忽略了。如果把每个状态表示成一个大小为K的数组，并在这个数组中有序的保存该状态可取到的前K个最优值。那么，对于任两个状态的max运算等价于两个由大到小的有序队列的合并。

另外还要注意题目对于“第K优解”的定义，将策略不同但权值相同的两个方案是看作同一个解还是不同的解。如果是前者，则维护有序队列时要保证队列里的数没有重复的。

传送门——P1858 多人背包

就是我上面阐述内容的一个小例题，很简单，放心食用，我写了一部分注释，看不懂私信即可

//多人背包 
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int k,v1,n;
int w[205];//重量 
int v[205];//价值 
int dp[5005][55];
int t[55];//一个临时数组，两个队列找出的前k个最大的 
int main()
{
	cin>>k>>v1>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>w[i]>>v[i];
	}
	memset(dp,-0x3f3f3f3f,sizeof(dp));//因为要把背包装满的最大值，所以我们的非法状态要设为负的最大值 
	dp[0][1]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=v1;j>=w[i];j--)
		{
			int c1=1,c2=1,cnt=0;//cnt记录更新的总数 ,c1是第一个队列的轮到那个，c2是第二个队列轮到哪个 
			while(cnt<=k)
			{
				if(dp[j][c1]>dp[j-w[i]][c2]+v[i])
				{
					cnt++;
					t[cnt]=dp[j][c1++];
				}
				else
				{
					cnt++;
					t[cnt]=dp[j-w[i]][c2++]+v[i];
				}
			}
			
			for(int z=1;z<=k;z++)
			dp[j][z]=t[z];
		}
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=k;i++)
	ans+=dp[v1][i];
	cout<<ans;
	return 0;
}