本文红色部分自己添加，其他摘自：http://blog.csdn.net/wumuzi520/article/details/7014830
完全背包实现的源代码这里有：http://blog.csdn.net/insistgogo/article/details/11081025
完全背包：是在N种物品中选取若干件（同一种物品可多次选取）放在空间为V的背包里，每种物品的体积为C1，C2，…，Cn，与之相对应的价值为W1,W2，…，Wn.求解怎么装物品可使背包里物品总价值最大。
动态规划（DP）：
1） 子问题定义：F[i][j]表示前i种物品中选取若干件物品放入剩余空间为j的背包中所能得到的最大价值。
2） 根据第i种物品放多少件进行决策
(2-1)
其中F[i-1][j-K*C[i]]+K*W[i]表示前i-1种物品中选取若干件物品放入剩余空间为j-K*C[i]的背包中所能得到的最大价值加上k件第i种物品；
设物品种数为N，背包容量为V，第i种物品体积为C[i]，第i种物品价值为W[i]。
与01背包相同，完全背包也需要求出NV个状态F[i][j]。但是完全背包求F[i][j]时需要对k分别取0,…，j/C[i]求最大F[i][j]值,耗时为j/C[i]。那么总的时间复杂度为O(NV∑(j/C[i]))
由此写出伪代码如下：
- F[0][] ← {0}
- F[][0] ← {0}
- for i←1 to N
- do for j←1 to V
- do for k←0 to j/C[i]
- if(j >= k*C[i])
- then F[i][k] ← max(F[i][k],F[i-1][j-k*C[i]]+k*W[i])
- return F[N][V]
以上伪代码数组均为基于1索引，即第一件物品索引为1。空间复杂度O(VN)、时间复杂度为 O(NV ∑(j/C[i]) )
简单优化：
若两件物品满足C[i] ≤C[j]&&W[i] ≥W[j]时将第j种物品直接筛选掉。因为第i种物品比第j种物品物美价廉，用i替换j得到至少不会更差的方案。
这个筛选过程如下：先找出体积大于背包的物品直接筛掉一部分（也可能一种都筛不掉）复杂度O(N)。利用计数排序思想对剩下的物品体积进行排序，同时筛选出同体积且价值最大的物品留下，其余的都筛掉（这也可能一件都筛不掉）复杂度O(V)。整个过程时间复杂度为O(N+V)。
转化为01背包：
因为同种物品可以多次选取，那么第i种物品最多可以选取V/C[i]件价值不变的物品，然后就转化为01背包问题。整个过程的时间复杂度并未减少。如果把第i种物品拆成体积为C[i]×2k价值W[i]×2k的物品，其中满足C[i]×2k≤V。那么在求状态F[i][j]时复杂度就变为O(log2(V/C[i]))。整个时间复杂度就变为O(NVlog2(V/C[i]))
时间复杂度优化为O(NV)的方法：
将原始算法的DP思想转变一下。
设F[i][j]表示出在前i种物品中选取若干件物品放入容量为j的背包所得的最大价值。那么对于第i种物品的出现，我们对第i种物品放不放入背包进行决策。如果不放那么F[i][j]=F[i-1][j]；如果确定放，背包中应该出现至少一件第i种物品，所以F[i][j]种至少应该出现一件第i种物品,即F[i][j]=F[i][j-C[i]]+W[i]。为什么会是F[i][j-C[i]]+W[i]？因为F[i][j-C[i]]里面可能有第i种物品，也可能没有第i种物品。我们要确保F[i][j]至少有一件第i件物品，所以要预留C[i]的空间来存放一件第i种物品。
状态方程为：
(2-2) 注：式子看不懂就继续往下看
伪代码为：
- F[0][] ← {0}
- F[][0] ← {0}
- for i←1 to N
- do for j←1 to V
- F[i][j] ← F[i-1][j]
- if(j >= C[i])
- then F[i][j] ← max(F[i][j],F[i][j-C[i]]+ W[i])
- return F[N][V]
具体背包中放入那些物品的求法和01背包情况差不多，从F[N][V]逆着走向F[0][0]，设i=N,j=V，如果F[i][j]==F[i][j-C[i]]+W[i]说明包里面有第i件物品，同时j -= C[i]。完全背包问题在处理i自减和01背包不同，01背包是不管F[i][j]与F[i-1][j-C[i]]+W[i]相不相等i都要减1，因为01背包的第i件物品要么放要么不放，不管放还是不放其已经遍历过了，需要继续往下遍历而完全背包只有当F[i][j]与F[i-1][j]相等时i才自减1。因为F[i][j]=F[i-1][j]说明背包里面不会含有i，也就是说对于前i种物品容量为j的背包全部都放入前i-1种物品才能实现价值最大化，或者直白的理解为前i种物品中第i种物品物不美价不廉，直接被筛选掉。
打印背包内物品的伪代码如下：
- i←N
- j←V
- while(i>0 && j>0)
- do if(F[i][j]=F[i][j-C[i]]+W[i])
- then Print W[i]
- j←j-C[i]
- else
- i←i-1
和01背包一样，也可以利用一个二维数组Path[][]来标记背包中的物品。开始时Path[N][V]初始化为0,当 F[i][j]==F[i][j-C[i]]+W[i]时Path[i][j]置1。最后通过从Path[N+1][V+1]逆着走向Path[0][0]来获取背包内物品。其中Path[0][]与Path[][0]为边界。同样，在打印路径的时候当Path[][]=1时，打印W[i]；Path[][]=0时i自减1.
加入路径信息的伪代码如下：
- F[0][] ← {0}
- F[][0] ← {0}
- Path[][] ← 0
- for i←1 to N
- do for k←1 to V
- F[i][k] ← F[i-1][k]
- if(k >= C[i] && F[i][k] < F[i][k-C[i]]+W[i])
- then F[i][k] ← F[i][k-C[i]]+W[i]
- Path[i][k] ← 1
- return F[N][V] and Path[][]
打印背包内物品的伪代码如下：
- i←N
- j←V
- while(i>0 && j>0)
- do if(Path[i][j]=1)
- then Print W[i]
- j←j-C[i]
- else
- i←i-1
优化空间复杂度为O（V）
和01背包问题一样，完全背包也可以用一维数组来保存数据。算法样式和01背包的很相似，唯一不同的是对V遍历时变为正序，而01背包为逆序。01背包中逆序是因为F[i][]只和F[i-1][]有关，且第i件的物品加入不会对F[i-1][]状态造成影响。而完全背包则考虑的是第i种物品的出现的问题，第i种物品一旦出现它势必应该对第i种物品还没出现的各状态造成影响。也就是说，原来没有第i种物品的情况下可能有一个最优解，现在第i种物品出现了，而它的加入有可能得到更优解，所以之前的状态需要进行改变，故需要正序。
状态方程为：
(2-3) 注：式子看不懂就继续往下看
伪代码如下：
- F[] = {0}
- for i←1 to N
- do for k←C[i] to V
- F[k] ← max(F[k],F[k-C[i]]+W[i])
- return F[V]
具体背包中放入那些物品的求法和上面空间复杂度为O(NV)算法一样，用一个Path[][]记录背包信息。但这里面是当F[i]=F[i-C[i]]+W[i]时将Path置1.
伪代码如下：
- F[0][] = {0}
- F[][0] = {0}
- Path[][] ← 0
- for i←1 to N
- do for k←C[i] to V
- if(F[i] < F[k-C[i]]+W[i])
- then F[i] ← F[k-C[i]]+W[i]
- Path[i][k] ← 1
- return F[N][V] and Path[][]
打印路径的伪代码和前面未压缩空间复杂度时的伪代码一样，这里不再重写。
举例：表2-1为一个背包问题数据表，设背包容量为10根据上述解决方法可得到对应的F[i][j]如表2-2所示，最大价值即为F[6][10].
表2-1背包问题数据表
| 物品号i | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
| 体积C | 3 | 2 | 5 | 1 | 6 | 4 |
| 价值W | 6 | 5 | 10 | 2 | 16 | 8 |
表2-2前i件物品选若干件放入空间为j的背包中得到的最大价值表
| 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | |
| 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 |
| 1 | 0 | 0 | 0 | 6 | 6 | 6 | 12 | 12 | 12 | 18 | 18 |
| 2 | 0 | 0 | 5 | 6 | 10 | 11 | 15 | 16 | 20 | 21 | 25 |
| 3 | 0 | 0 | 5 | 6 | 10 | 11 | 15 | 16 | 20 | 21 | 25 |
| 4 | 0 | 2 | 5 | 7 | 10 | 12 | 15 | 17 | 20 | 22 | 25 |
| 5 | 0 | 2 | 5 | 7 | 10 | 12 | 16 | 18 | 21 | 23 | 26 |
| 6 | 0 | 2 | 5 | 7 | 10 | 12 | 16 | 18 | 21 | 23 | 26 |
上面这么多种方法，你还不知道究竟得用哪一种？
其实，思想和01背包是差不多的，即每次可选物品增加一件，那么每次循环就能得出上表的一行，需要循环n次。（n种物品）
但是每次需要更新一行，是要从左到右了，为什么？
因为需要的只是最后一行的最后一个数字，所以可以用一维数组来保存及更新这个表，那么根据上面式子（2-3）得知，所挑的东西可能不止一件呢！那得是多少件合适？如果从左到右的话你会看到，当 j 自增到第 i 个物品的重量的时候，是不是就能放进一个第i件物品了？是的。当物品自增到2倍第i件物品的重量的时候，就可以放入2件了。这里有两种情况，①如果一开始第一件可以放进去的时候，放了进去，即放进去后价值更大，会更新上表；②如果一开始没放，那么在其后的每次j的自增都只是考虑是否加多1件了。
还不明白？
用上例来说明，如下：
当i=1，j=1时，dp[1]=0。 装不下第1件。
j=2时，dp[2]=0。 仍装不下。
j=3时，dp[3]=6。 能装1件，价值更大，更新。
j=4时，dp[4]=6。 依然1件，更新。
j=5时，dp[5]=6。 依然1件，更新。
j=6时，dp[6]=12了！ 重点在这，f[6-3]+6=12其需要用到前面当j=3时的f[3]，当时已经放了一件，在这就需要再装1件了。12和f[j]相比，因为f[j]一开始初始化为0，必然是再装一件即两件时价值更大，更新。空间为6能装2件。
.........
根据式子 （2-3）继续算下去
另一情况：
f[j]>f[j-c[i]]+w[i]时，即不装第i件时更大。怎么会出现这种情况？假设有一个柚子和一个葡萄，前者的营养价值大一点点，原本只能一个柚子大小的包，我们先装了柚子，价值大，后来试装了葡萄，价值变小了，肯定不再装进去啦，你可以再举一个更合适的例子。
既然不装第i件更大，那么在从左到右更新价值表时，第一次可以装时不装，后面在比较的依然是装还是不装一件。
而前面装进一件了，后面在想的就是该不该再放进去一件。
总结一下这个问题：若一开始，空间大小可以容下第i件物品时不装，在空间慢慢增大的每一步，做的工作是“是否该装入一件”；若一开始，空间大小可以容下第i件物品时装入了，那么后面做的工作时“是否该再装入一件”。这些判断的标准都是“哪个价值大就用哪种方法”。