-----Edit by ZhuSenlin HDU
完全背包可以从N 种物品中选择几个，多次选择同一物品。 空间放入v型背包，种物品体积为C1、C2、…、Cn，相应价值为W1、W2、…、ww2
动态规划(DP ) :
1 )子问题的定义： F[i][j]表示从最初的i 种物品中选择一些物品剩下的空间放入j的背包中所获得的最大价值。
2 )根据放入多少件第i 种物品来决定
(2-1) )。
其中F[i-1][j-K*C[i]] K*W[i]从最初的i-1 种物品中选择一些物品剩下的空间为j-K*C[i]的背包
物品种为n，背包容量为v，第i 种数物品体积为C[i]，第i 种物品价值为W[i]。
和01背包一样，完全背包也需要求出NV个状态F[i][j]。 但是，当将F[i][j]完全背包求出时，需要对k分别取0，…，j/C[i]来求出最大的F[i][j]值，时间为j/C[i]。 那么，总时间复杂度为o(NV) j/c[I] ) )
从这里开始写伪代码如下。
f [0]{0} f [ ]{0} I ]() ) )
种
当两个物品满足C[i] C[j]W[i] W[j]时，直接筛选第j个物品。 因为第I项比第j项更便宜，用I替换j至少能得到不错的计划。
该筛选过程如下。 首先找到体积比背包大的东西，直接筛掉一部分。 (一个也可能筛不掉)复杂度o ) n ) )。 使用计数排序思想对剩馀项目的体积进行排序，同时筛选出相同体积的最贵项目，剩下的全部过筛(可能一个也筛不掉)复杂度o ) v )。 整个过程的时间复杂度是o(nv )
空间复杂度O(VN)、时间复杂度为O(NV(j/C[i]))
因为可以多次选择相同的，所以第I个最多可以选择V/C[i]的价值不变的，转换为0.1背包问题。 整个过程的时间复杂性没有减少。 将第I个物品分解为体积为C[i]2k的价值W[i]2k的物品，其中满足C[i]2kV。 那么，在求出状态F[i][j]时，复杂度为o[log2[v/c[I]]]。 整个时间的复杂度为o(NVlog2 ) v/c[I] () ) ) ) ) ) ) ) ) ) ) )
简单优化：
转化为01背包：
时间复杂度优化为O(NV)
状态方程式如下。
(2-2) )。
伪代码：
f [0]{0} f [ ][0]{0} fori1 tondo forj1 tovf [ I ]f [ I-1 ] [ j ] if (j=c [ ] ) ) () ) ) ) ) ) ) ) )
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)
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i123456体积C325164价值W65102168
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
0123456789100000000000001000666121212181820056101115162021253005610111516202125402571012151720222550257101216182123266025710121618212326下面针对前面提到的表2-1提供两种方法的测试代码：
#include <iostream>#include <cstring>#include "CreateArray.h"//该头文件用于二维数组的创建及销毁，读者自己实现using namespace std;
//时间复杂度O(VN),空间复杂度为O(VN)
int Package02(int Weight[], int Value[], int nLen, int nCapacity){int** Table = NULL;int** Path = NULL;CreateTwoDimArray(Table,nLen+1,nCapacity+1);//创建二维数组CreateTwoDimArray(Path,nLen+1,nCapacity+1);//创建二维数组for(int i = 1; i <= nLen; i++){for(int j = 1; j <= nCapacity; j++){Table[i][j] = Table[i-1][j];if(j >= Weight[i-1] && Table[i][j] < Table[i][j-Weight[i-1]]+Value[i-1]){Table[i][j] = Table[i][j-Weight[i-1]]+Value[i-1];Path[i][j]=1;}}}int i = nLen, j = nCapacity;while(i > 0 && j > 0){if(Path[i][j] == 1){cout << Weight[i-1] << " ";j -= Weight[i-1];}elsei--;}cout << endl;int nRet = Table[nLen][nCapacity];DestroyTwoDimArray(Table,nLen+1);//销毁二维数组DestroyTwoDimArray(Path,nLen+1);//销毁二维数组return nRet;}
//时间复杂度O(VN)，不考虑路径空间复杂度为O(V)，考虑路径空间复杂度为O(VN)
测试代码：
本文部分内容参考“背包九讲”