题目：
https://www.acwing.com/problem/content/6/
有 N 种物品和一个容量是 V 的背包。
第 ii 种物品最多有 si 件，每件体积是 vi，价值是 wi。
求解将哪些物品装入背包，可使物品体积总和不超过背包容量，且价值总和最大。
输出最大价值。
输入格式
第一行两个整数，N，V (0<N≤1000(0<N≤1000, 0<V≤20000)，用空格隔开，分别表示物品种数和背包容积。
接下来有 N 行，每行三个整数 vi,wi,si，用空格隔开，分别表示第 i种物品的体积、价值和数量。
输出格式
输出一个整数，表示最大价值。
数据范围
0<N≤10000<N≤1000
0<V≤200000
0<vi,wi,si≤200000
提示
本题考查多重背包的单调队列优化方法。
输入样例
4 5
1 2 3
2 4 1
3 4 3
4 5 2
输出样例：
10
发现每种物品数量足够多直接做完全背包肯定会超时，在此介绍两种优化的方法。
二进制优化：
我们可以把某些物品看成一个新的物品，就比如有10个重量为1，价值为2的物品，那么我们可以把它们拆成重量为1，价值为2；重量为2，价值为4；重量为4，价值为8；重量为3，价值为6四种物品，然后做0-1背包就行了，这样也可以枚举取0-10个的所有情况。
这样时间复杂度就成n*m*log（w）了。值得注意的是：当某个数量w与价值val的积大于等于背包总容量m（即w*val>=m）时可以看成完全背包。
单调队列：时间复杂度为n*m
这个还是推荐一篇博客供参考吧（QAQ）：https://www.cnblogs.com/-guz/p/9866118.html
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dp[20005];
struct st{
int val,pos;
}que[20005];
int tail;
int head;
int main(){
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<n;i++){
int w,val,num;
scanf("%d%d%d",&w,&val,&num);
int cnt=min(num,m/w);
for(int j=0;j<w;j++){//j为余数
tail=0;
head=1;
for(int k=0;k<=(m-j)/w;k++){
while(head<=tail&&que[head].pos<k-cnt)head++;
while(head<=tail&&que[tail].val<=dp[j+k*w]-k*val)tail--;
que[++tail].val=dp[j+k*w]-k*val;
que[tail].pos=k;
// tail++;
dp[j+k*w]=que[head].val+k*val;
}
}
}
// for(int i=0;i<=m;i++)
printf("%d",dp[m]);
return 0;
}
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
typedef long long ll;
ll dp[20005];
int main(){
int n,m;
int w,v,num;
scanf("%d%d",&n,&m);
while(n--){
scanf("%d%d%d",&w,&v,&num);
if(w*num>=m){
for(int i=w;i<=m;i++){
dp[i]=max(dp[i],dp[i-w]+v);
}
}
else{
int w1,v1;
int cnt=1;
while(num>=cnt){
num-=cnt;
w1=cnt*w;
v1=cnt*v;
for(int i=m;i>=w1;i--){
dp[i]=max(dp[i],dp[i-w1]+v1);
}
cnt*=2;
}
if(num>0){
w1=num*w;
v1=num*v;
for(int i=m;i>=w1;i--){
dp[i]=max(dp[i],dp[i-w1]+v1);
}
}
}
}
printf("%lld
",dp[m]);
return 0;
}
（第二种竟然比一种还快。。。。）