主题有n种物品和容量为v的背包，每个物品可以无限次使用。
解决方案：将这些物品放入背包后，物品的总消费费用不会超过背包的容量，且价值总和最大。
基本思想问题类似于01背包问题，不同的是每个物品有无数个，不是每个物品拿不拿，
采取一些问题。 当然一种物品最多不超过[V/Ci]件。 首先按照01背包问题的想法来理解吧
设f[i，v]的前I种物品正好放入容量v的背包中的最大值
状态转移方程
F[i，v]=max(f[I-1，v-k Ci] kWi ) )0=k*Ci=v ) ) ) ) ) )
和01背包问题一样，有o(NV )个状态解，但由于各状态的k不确定，各状态的时间也不是常数，所以总的复杂度很大。
想想简单的优化吧。 我们想让价值最大化。 需要的东西必然体积越小越好。 价值越大越好，但需要注意的是，
并不是单位体积的价值越大越好。
所以，如果物品一的体积小于物品二，而且物品一的价值大于物品二，我们就可以完全扔掉物品二。 这是确实的，
把价值小体积大的换成价值大体积小的，绝对不会吃亏。 当然，这不能改变最坏情况的时间复杂性
也许一个特别的数据都不用去除。
这个优化可以简单地用o(n ) 2来实现，反而可以接受。 当然，也可以用同样的方法选择同样费用中价值最高的。
剩下的可以扔掉。
01转变为背包问题最简单的想法是将第I项转变为“[V/Ci]”项的费用和价值与I项相同。 这种时间复杂性没有得到改善，
但是，这表明了向01背包转换的想法，即把一个物品分解成多个取或不取的物品。 当然，还有更有效的方法。 第I个
物品分解为费用为Ci2k、价值为Wi2k的几个物品，k满足条件Ci2^k=V。
这是二进制思想，这样在时间复杂性方面是很大的改善。
O(NV )算法该算法使用一维数组：
Fori1吨
forvcitov
f [ v ]max (f [ v ]，f[v-Ci] Wi ) )。
可见这只是与01背包伪代码的第二个循环的顺序不同。
但是这是为什么呢？ 首先，让我们来看看我们01背包为什么按v的降序循环。 首先，要保留上次的循环
数据是第i-1项的数据。 也就是为了保证f[i，v]从f[i-1，v-Ci]递归地传输，这也是01背包的密钥
这个东西拿不拿？ 但是，完全的背包问题不需要考虑拿还是不拿，只考虑拿几件。 01背包子问题的关键是
第I项和第一个i-1项的取法，但完全背包问题子问题的关键是容量v的最大价值，所以它需要的子结果是
可能已经被选为I件物品的子结果f[i，v-Ci]。
上面两个for环的位置可以反转位置。 要说为什么，画画就知道了。 为什么要反转位置，是因为需要带来时间上的优化。