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提示：动态规划，多重背包
题目大意：
有各种不同面值的货币，每种面值的货币有不同的数量，请找出利用这些货币可以凑成的最接近且小于等于给定的数字cash的金额。
初始思路：
多重背包问题，第i种面额d[i]有 n[i]+1种选择方案
可以转化为01背包问题处理
转化的大概思路就是把 每种面值乘以其不同的个数，把得到的不同金额作为一件新的独一无二的货币，但是这样存在两个问题，一是 d[i]*ki 可能等于 d[j]*kj ，其中ki ∈n[i]，kj∈n[j]，二是这样做一定TLE超时（前人经验O(∩_∩)O哈哈~我就不重滔覆辙呐）
解题思路：
首先解决存储问题，cash上限实在太大了..10W，推荐用new，最后记得delete就是了，不然就算AC掉，Memory也会很大= =
说到空间的申请，说点题外话，这题不像POJ1837那么BT（做过1837的同学就知道了…1837连申请动态空间都很困难，因为空间的动态值是由3个变量的最大值决定的= =有时间浪费在找最大值，宁愿申请静态空间,反正才1W）
言归正传，下面的解题思路最好配合我写的程序去看，不然很难看懂，而且看之前请保证你对01背包、完全背包、多重背包的理论知识有所了解。。。不然应该看不懂的。。。
本题输入有4个部分：
cash //背包容量（最大可取金额）
N //物品种数（面额种数）
n[i]第i种物品的个数（第i种面额的数量）
d[i]第i种物品的价值（第i种面额的价值）
值得注意的是，如果设每个物品的价值为w[i]，体积（可理解为消耗的价值）为c[i]
那么必有 d[i] = w[i] = c[i]
如果把一个金额看为一种状态，那么一共有0~cash种状态
显然其中可能会发生的状态范围为min{w[i] | 1<=i<=n[i]} ~ Cash
那么可以建立一个状态数组dp[cash+1]，
其中dp[j]记录的是“最接近状态j，且<=j”的状态值，即dp[j] <=j
J越接近dp[j]，dp[j]的解越优，最理想是dp[j]=j
需要注意的是，dp[j]为了说明的是状态j可以发生，但不会理会dp[j]怎样发生
例如有3张1元，1张3元
那么我们既可以认为dp[3]=3是通过取3次1元得到，也可以认为dp[3]是通过取1次3元得到的，但无论怎样得到，dp[3]=3都会发生,
再需要注意的是，dp[j]的状态值会累积
再形象举例说明：例如有1张3元,cash=4
那么根据前面的说明，自然有dp[3]=dp[4]=3，就是说状态3、状态4都可以通过取1次3元发生，一旦发生，这个状态值3就会被保有在当前的状态dp[4]，这其实是起到一个优化作用，后面详细解释
再接上例，当我们增加一个条件“有3张1元”，那么在已经被保存的前提“dp[4]=
然后说说刚才提到的“优化问题”
利用01背包的知识，不难理解 状态方程 dp[j]=dp[ j-c[i] ]+w[i]
至于说方程是什么含义，看过01背包的大概也知道什么意思，没看的同学就别怪我不解释咯O(∩_∩)O
优化是因为状态值被记录了，就是说我们在取得下一个货币i之前，当前的状态为j-c[i]
一旦我们选取货币i，就会得到状态（j-c[i]）+c[i]，即状态j 。且状态j的状态值dp[j]会加上w[i]。 至于dp[j]原来值是多少，就无需理会，因为dp[j]的值是累积下来的，同样本次加上w[i]后，只要dp[j]值未到最优，它同样会成为下一次的累加值。
这样每次都直接调用前一次已获得的状态值，就可以节省一堆搜索的时间，这是DFS或BFS办不到的，也是动态规划的优点。
接下来说说计数器count[j]
在我的程序中，每更换一次面额，计数器会清零，这样做是为了 以面额i的价值w[i]为权，根据选取该面额的个数，对状态值dp[j]进行w[i]的整数倍分割，这样就能得到对于每组状态dp[w[i]*k]到dp[w[i]*（k+1）] (0<=k<=n[i])之间，在当前面额w[i]下的最优状态值。
例如有 3张3元
自然dp[0]=dp[1]=dp[2]=0，count[0]= count[1]= count[2]=0这是因为最小面额为3
不难得到dp[3]=dp[4]=dp[5]=3，count[3]= count[4]= count[5]=1这是因为面额3元不可分，这3个状态的最优值就是取1次3元
dp[6]=dp[7]=dp[8]=6 , count[6]= count[7]= count[8]=2这3个状态的最优值就是取2次3元
dp[9]=dp[10]=dp[11]=dp[…]=9 ,count[9]= count[10]= count[[11]= count[…]=3 最多只有3张3元，以后的的状态的最优值均为9
最后说说用memset函数初始化的问题
程序中也说得很清楚了，由于是动态空间，不要用sizeof，要人为计算空间大小，记得+1
我认为这是memset函数的缺陷。。。（不敢叫BUG，哈O(∩_∩)O）
1 //Memory Time
2 //1052K 47MS
3
4 #include<iostream>
5 using namespace std;
6
7 int main(int i,int j)
8 {
9 int N; //物品种数（面额种数）
10 int cash; //背包容量（最大可取金额）
11 while(cin>>cash>>N)
12 {
13 /*Input*/
14
15 int* n=new int[N+1]; //n[i]第i种物品的个数（第i种面额的数量）
16 int* w=new int[N+1]; //w[i]第i种物品的价值（第i种面额的价值）
17 int* c=new int[N+1]; //c[i]第i种物品的体积（第i种面额消耗的价值）
18 int* dp=new int[cash+1]; //dp[j]记录的是 当前最接近状态j且<=j的值，dp值会累积
19 int* count=new int[cash+1];//计数器，限制某种物品（面额）的选取个数
20
21 for(i=1;i<=N;i++)
22 {
23 cin>>n[i]>>w[i];
24 c[i]=w[i]; //本题的单个物品的“体积”等于其“价值”
25 }
26
27 /*Initial*/
28
29 memset(dp,0,4*(cash+1)); //由于dp申请的是动态内存，用sizeof计算长度会出错
30 //这里要用 类型大小*个数,这里为 int*(cash+1) , int大小为4
31
32 /*DP*/
33
34 for(i=1;i<=N;i++)
35 {
36 memset(count,0,4*(cash+1)); //每更换一次面额，计数器清零
37 for(j=w[i];j<=cash;j++) //对于第i种货币，其面额d[i]~cash间任一个状态都可能发生
38 if(dp[j]<dp[j-c[i]]+w[i] && count[j-c[i]]<n[i]) //count[j-c[i]]<n[i]
39 { //取某种面额前，必须保证这次操作之前所取该种面额的次数小于n[i]
40 dp[j] = dp[j-c[i]]+w[i]; //选取第i个物品后，背包容量（允许取的最大金额）减少c[i]
41 count[j]=count[j-c[i]]+1; //对于当前状态j，第i种面额被抽了count[j]次
42 }
43 }
44
45 /*Output*/
46
47 cout<<dp[cash]<<endl;
48
49 /*Release Space*/
50
51 delete n;
52 delete w;
53 delete c;
54 delete dp;
55 delete count;
56 }
57
58 return 0;
59 }