看完背包九讲的多重背包之后，这题目应该可以轻松做出来了
模型：
有N种物品和一个容量为V的背包。第i种物品最多有n[i]件可用，每件费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
方法：
基本算法
这题目和完全背包问题很类似。基本的方程只需将完全背包问题的方程略微一改即可，因为对于第i种物品有n[i]+1种策略：取0件，取1件……取n[i]件。令f[i][v]表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值，则有状态转移方程：
f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k<=n[i]}
复杂度是O(V*Σn[i])。
转化为01背包问题
另一种好想好写的基本方法是转化为01背包求解：把第i种物品换成n[i]件01背包中的物品，则得到了物品数为Σn[i]的01背包问题，直接求解，复杂度仍然是O(V*Σn[i])。
但是我们期望将它转化为01背包问题之后能够像完全背包一样降低复杂度。仍然考虑二进制的思想，我们考虑把第i种物品换成若干件物品，使得原问题中第i种物品可取的每种策略——取0..n[i]件——均能等价于取若干件代换以后的物品。另外，取超过n[i]件的策略必不能出现。
方法是：将第i种物品分成若干件物品，其中每件物品有一个系数，这件物品的费用和价值均是原来的费用和价值乘以这个系数。使这些系数分别为 1,2,4,...,2^(k-1),n[i]-2^k+1，且k是满足n[i]-2^k+1>0的最大整数。例如，如果n[i]为13，就将这种 物品分成系数分别为1,2,4,6的四件物品。
分成的这几件物品的系数和为n[i]，表明不可能取多于n[i]件的第i种物品。另外这种方法也能保证对于0..n[i]间的每一个整数，均可以用若干个系数的和表示，这个证明可以分0..2^k-1和2^k..n[i]两段来分别讨论得出，并不难，希望你自己思考尝试一下。
这样就将第i种物品分成了O(log n[i])种物品，将原问题转化为了复杂度为<math>O(V*Σlog n[i])的01背包问题，是很大的改进。
以上内容来自背包九讲之多重背包问题
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define maxn 100010
using namespace std;
int dp[maxn],n,k;
int v[101],w[101],V;
void zero(int cost)
{
for(int i=V;i>=cost;i--)
dp[i]=max(dp[i],dp[i-cost]+cost);
}
void complet(int cost)
{
for(int i=cost;i<=V;i++)
dp[i]=max(dp[i],dp[i-cost]+cost);
}
void multi(int cost,int amount)
{
if(cost * amount>=V)
{
complet(cost);
return ;
}
int k=1;
while(k<amount)
{
zero(k*cost);
amount-=k;
k<<=1;
}
zero(amount*cost);
}
int main()
{
while(scanf("%d %d",&n,&V)==2&&(n||V))
{
for(int i=0;i<n;i++)
scanf("%d",&v[i]);
for(int i=0;i<n;i++)
scanf("%d",&w[i]);
for(int i=1;i<=V;i++)
dp[i]=INT_MIN;
dp[0]=0;
for(int i=0;i<n;i++)
multi(v[i],w[i]);
int count=0;
for(int i=1;i<=V;i++)
if(dp[i]>=0)
count++;
printf("%d\n",count);
}
return 0;
}