当尝试用和完全背包问题相似的思路试图来优化的时候，就会发现优化不了
用二进制优化
假设我们这件物品一共有1023个
我们真的需要从0到1到2一直枚举到1023吗
有没有一种更高效的方式来枚举呢
可以的
我们把若干个第i件物品打包在一起
打包成2的整次幂的形式
比如说10组
1， 2， 4， 8， ...，512
把第i个物品打包成10组
每一组最多只能选1次
2 ^ 10 = 1024
那么我们是否能用这10组拼凑出来从0到1023中的任何一个数呢
只用前1组，可以拼出0 ~ 1
只用前2组，可以拼出0 ~ 3
只用前3组，可以拼出0 ~ 7
只用前4组，可以拼出0 ~ 15
所以用前10组，可以凑出0 ~ 1023
然后每一个打包起来的第i个物品，可以看成是01背包中的一个物品，因为只可以选1次
就是说我们用10个新的物品，来表示我们的第i个物品
然后我们枚举这10个新的物品选或不选，就可以拼凑出来第i个物品的所有方案
原来需要枚举1024次，现在只需要10次
就是把1024转化为log 1024 = 10
所以对于一个一般情况下的s
k是使得前面所有项相加之和小于等于s的最大的整次幂。
这个k是最大的一个k使得1+2+4+8+...+2^k <= s
所以如果给我们第i个物品的数量是s的话
那么我们就可以把它拆成log s(向下取整)个组新的物品
新的物品每个最多只能用一次
所以我们先把所有的物品拆分，再对所有新出来的问题做一遍01背包
原来的三层循环时间复杂度是 n * v * s
现在是n * log s个物品的01背包问题
等于 n * log s * v = n * v * log s
所以对于本题就是1000 * 2000 * log 2000 = 2 * 10^6 * 11 = 2 * 10 ^ 7
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int N = 11010; 4 //物品个数最多是1000 * log 2000 5 //log上取整 6 int v[N], w[N]; 7 int dp[N]; 8 int main() { 9 int n, m; 10 cin >> n >> m; 11 int cnt = 0; //新的物品的编号 12 for (int i = 1; i <= n; i++) { 13 int a, b, s; 14 //读入当前物品的体积，价值，数量 15 cin >> a >> b >> s; 16 int k = 1; //从1开始分 17 while (k <= s) { //只要k<=s就可以分，每次把k个第i个物品打包在一起 18 cnt++; //编号++ 19 v[cnt] = a * k; //新物品的体积 20 w[cnt] = b * k; //新物品的价值 21 s -= k; // 22 k *= 2; 23 } 24 if (s > 0) { //这就是剩下的c 25 cnt++; 26 v[cnt] = a * s; 27 w[cnt] = b * s; 28 } 29 } 30 n = cnt; 31 for (int i = 1; i <= n; i++) { 32 for (int j = m; j >= v[i]; j--) { 33 dp[j] = max(dp[j], dp[j - v[i]] + w[i]); 34 } 35 } 36 cout << dp[m] << endl; 37 return 0; 38 }