问题：
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。
基本算法：
这题目和全然背包问题非常类似。主要的方程仅仅需将全然背包问题的方程稍微一改就可以，由于对于第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：
还有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])。可是我们期望将它转化为01背包问题之后可以像全然背包一样减少复杂度。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，当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。比如，假设n[i]为13，就将这样的 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。另外这样的方法也能保证对于0..n[i]间的每个整数，均能够用若干个系数的和表示，这个证明能够分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，是非常大的改进。以下给出O(log amount)时间处理一件多重背包中物品的过程，当中amount表示物品的数量：
procedure MultiplePack(cost,weight,amount)
if cost*amount>=V
CompletePack(cost,weight)
return
integer k=1
while k<amount
ZeroOnePack(k*cost,k*weight)
amount=amount-k
k=k*2
ZeroOnePack(amount*cost,amount*weight)
希望你细致体会这个伪代码，假设不太理解的话，最好还是翻译成程序代码以后，单步运行几次，或者头脑加纸笔模拟一下，或许就会慢慢理解了。
O(vn)的算法：
多重背包问题相同有O(VN)的算法。这个算法基于基本算法的状态转移方程，但应用单调队列的方法使每一个状态的值能够以均摊O(1)的时间求解。因为用单调队列优化的DP已超出了NOIP的范围，故本文不再展开解说。
小结：
这里我们看到了将一个算法的复杂度由O(V*Σn[i])改进到O(V*Σlog n[i])的过程，还知道了存在应用超出NOIP范围的知识的O(VN)算法。希望你特别注意“拆分物品”的思想和方法，自己证明一下它的正确性，并将完整的程序代码写出来。
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至此已经学习了三种简单的背包问题，也渐渐開始理解背包问题的思想。。。哇咔咔
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事实上每当你新学了一点知识或者技能，一開始还不能理解，这是正常的，这时就要看你的恒心和毅力了，仅仅要你有足够的热情和激情，以及满满的自信，你就会拿下它，，终有破晓之日。。。。
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练习：
代码：
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学习总结：