The bags
【题目描述】
Lynn 和banana要去爬山啦！他们一共有 K 个人(banana的人数可以看作很多)，每个人都会背一个包。这些包的容量是相同的，都是 V。可以装进背包里的一共有 N 种物品，每种物品都有给定的体积和价值。在 lynn看来，合理的背包安排方案是这样的：
（1）每个人背包里装的物品的总体积恰等于包的容量。
（2）每个包里的每种物品最多只有一件，但两个不同的包中可以存在相同的物品。
（3）任意两个人，他们包里的物品清单不能完全相同。
在满足以上要求的前提下，所有包里的所有物品的总价值最大是多少呢？
【输入格式】
第一行有三个整数：K、V、N。(k<=50 v<=5000 n<=200)第二行开始的 N 行，每行有两个整数，分别代表这件物品的体积和价值。
【输出格式】
只需输出一个整数，即在满足以上要求的前提下所有物品的总价值的最大值。(最后有空行.)
【样例输入】
2 10 5
3 12
7 20
2 4
5 6
1 1
【样例输出】
57
01 背包前 k 优解的模型。
本人动规好菜的，所以，解析转载自背包九讲。。。。。。。我貌似有把这篇文章放在 blog 上，貌似还置顶着呢。。。。。
求次优解、第K优解
对于求次优解、第K优解类的问题，如果相应的最优解问题能写出状态转移方程、用动态规划解决，那么求次优解往往可以相同的复杂度解决，第K优解则比求最优解的复杂度上多一个系数K。
其基本思想是将每个状态都表示成有序队列，将状态转移方程中的max/min转化成有序队列的合并。这里仍然以01背包为例讲解一下。
首先看01背包求最优解的状态转移方程：f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}。如果要求第K优解，那么状态f[i][v]就应该是一个大小为K的数组f[i][v][1..K]。其中f[i][v][k]表示前i个物品、背包大小为v时，第k优解的值。“f[i][v]是一个大小为K的数组”这一句，熟悉C语言的同学可能比较好理解，或者也可以简单地理解为在原来的方程中加了一维。显然f[i][v][1..K]这K个数是由大到小排列的，所以我们把它认为是一个有序队列。
然后原方程就可以解释为：f[i][v]这个有序队列是由f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]+w[i]这两个有序队列合并得到的。有序队列f[i-1][v]即f[i-1][v][1..K]，f[i-1][v-c[i]]+w[i]则理解为在f[i-1][v-c[i]][1..K]的每个数上加上w[i]后得到的有序队列。合并这两个有序队列并将结果（的前K项）储存到f[i][v][1..K]中的复杂度是O(K)。最后的答案是f[N][V][K]。总的复杂度是O(NVK)。
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。
var
cost,value:array[1..200] of longint;
f:array[0..5000,0..200] of longint;
maxv,ans,m,i,j,k,n,p1,p2:longint;
temp1,temp2:array[1..500] of longint;
begin
assign(input,'bags.in');
assign(output,'bags.out');
reset(input);
rewrite(output);
readln(m,maxv,n);
for i:=1 to n do
readln(cost[i],value[i]);
for i:=0 to maxv do
for j:=1 to m do
f[i,j]:=-maxlongint;
f[0,1]:=0;
for i:=1 to n do
begin
for j:=maxv downto cost[i] do //正着更新是每个物品使用无限次，可能会反复着加好几遍，倒着更新是每个物品使用一次
begin
p1:=1; p2:=1;
for k:=1 to m do
begin
temp1[k]:=f[j,k];
temp2[k]:=f[j-cost[i],k]+value[i];
end;
for k:=1 to m do
if temp1[p1]>=temp2[p2] then
begin
f[j,k]:=temp1[p1];
inc(p1);
end
else
begin
f[j,k]:=temp2[p2];
inc(p2);
end; //从 temp1 ，temp2 中找出前 k 大的（方法，归并排序，因为 temp 本来就是有序的，所以不用过多处理）更新第 k 优值。
end;
end;
for i:=1 to m do
inc(ans,f[maxv,i]);
writeln(ans);
close(input);
close(output);
end.