多重背包问题：有
$n$ 种物品和一个最多能装重量为$W$ 的背包，第$i$ 种物品的重量为$weight[i]$ ，价值为$value[i]$ ，件数为$count[i]$ 。请问在总重量不超过背包载重上限的情况下，能装入背包的最大价值是多少？
我们可以参考「0-1 背包问题」的状态定义和基本思路，对于容量为
按照物品种类的序号、当前背包的载重上限进行阶段划分。
定义状态
状态
- 如果背包载重上限为
$0$ ，则无论选取什么物品，可以获得的最大价值一定是$0$ ，即$dp[i][0] = 0，0 \le i \le size$ 。 - 无论背包载重上限是多少，前
$0$ 种物品所能获得的最大价值一定为$0$ ，即$dp[0][w] = 0，0 \le w \le W$ 。
根据我们之前定义的状态，$dp[i][w]$ 表示为：前
class Solution:
# 思路 1：动态规划 + 二维基本思路
def multiplePackMethod1(self, weight: [int], value: [int], count: [int], W: int):
size = len(weight)
dp = [[0 for _ in range(W + 1)] for _ in range(size + 1)]
# 枚举前 i 种物品
for i in range(1, size + 1):
# 枚举背包装载重量
for w in range(W + 1):
# 枚举第 i - 1 种物品能取个数
for k in range(min(count[i - 1], w // weight[i - 1]) + 1):
# dp[i][w] 取所有 dp[i - 1][w - k * weight[i - 1] + k * value[i - 1] 中最大值
dp[i][w] = max(dp[i][w], dp[i - 1][w - k * weight[i - 1]] + k * value[i - 1])
return dp[size][W]-
时间复杂度：$O(n \times W \times C)$，其中
$n$ 为物品种类数量，$W$ 为背包的载重上限，$C$ 是物品的数量数组长度。因为$n \times C = \sum count[i]$ ，所以时间复杂度也可以写成$O(W \times \sum count[i])$ 。 - 空间复杂度：$O(n \times W)$。
在「完全背包问题」中，我们通过优化「状态转移方程」的方式，成功去除了对物品件数
而在「多重背包问题」中，我们在递推
但是我们可以参考「完全背包问题」+「滚动数组优化」的方式，将算法的空间复杂度下降一个维度。
按照当前背包的载重上限进行阶段划分。
定义状态
- 无论背包载重上限为多少，只要不选择物品，可以获得的最大价值一定是
$0$ ，即$dp[w] = 0，0 \le w \le W$ 。
根据我们之前定义的状态，
class Solution:
# 思路 2：动态规划 + 滚动数组优化
def multiplePackMethod2(self, weight: [int], value: [int], count: [int], W: int):
size = len(weight)
dp = [0 for _ in range(W + 1)]
# 枚举前 i 种物品
for i in range(1, size + 1):
# 逆序枚举背包装载重量（避免状态值错误）
for w in range(W, weight[i - 1] - 1, -1):
# 枚举第 i - 1 种物品能取个数
for k in range(min(count[i - 1], w // weight[i - 1]) + 1):
# dp[w] 取所有 dp[w - k * weight[i - 1]] + k * value[i - 1] 中最大值
dp[w] = max(dp[w], dp[w - k * weight[i - 1]] + k * value[i - 1])
return dp[W]-
时间复杂度：$O(n \times W \times C)$，其中
$n$ 为物品种类数量，$W$ 为背包的载重上限，$C$ 是物品的数量数组长度。因为$n \times C = \sum count[i]$ ，所以时间复杂度也可以写成$O(W \times \sum count[i])$ 。 - 空间复杂度：$O(W)$。
在「思路 2」中，我们通过「滚动数组优化」的方式，降低了算法的空间复杂度。同时也提到了无法通过优化「状态转移方程」的方式将「多重背包问题」的时间复杂度降低。
但我们还是可以从物品数量入手，通过「二进制优化」的方式，将算法的时间复杂度降低。
二进制优化：简单来说，就是把物品的数量
$count[i]$ 拆分成「由$1、2、4、…、2^m$ 件单个物品组成的大物品」，以及「剩余不足$2$ 的整数次幂数量的物品，由$count[i] -2^{\lfloor \log_2(count[i] + 1) \rfloor - 1}$ 件单个物品组成大物品」。
举个例子，第
- 第
$1$ 件大物品有$1$ 件第$i$ 种物品组成； - 第
$2$ 件大物品有$2$ 件第$i$ 种物品组成； - 第
$3$ 件大物品有$4$ 件第$i$ 种物品组成； - 第
$4$ 件大物品有$8$ 件第$i$ 种物品组成； - 第
$5$ 件大物品有$16$ 件第$i$ 种物品组成。
这
这样本来第
再举几个例子：
- 第
$i$ 件物品的数量为$6$ ，可以拆分为$6 = 1 + 2 + 3$ 一共$3$ 件物品。 - 第
$i$ 件物品的数量为$8$ ，可以拆分为$8 = 1 + 2 + 4 + 1$ 一共$4$ 件物品。 - 第
$i$ 件物品的数量为$18$ ，可以拆分为$18 = 1 + 2 + 4 + 8 + 3$ 一共$5$ 件物品。
经过「二进制优化」之后，算法的时间复杂度从
按照当前背包的载重上限进行阶段划分。
定义状态
- 无论背包载重上限为多少，只要不选择物品，可以获得的最大价值一定是
$0$ ，即$dp[w] = 0，0 \le w \le W$ 。
根据我们之前定义的状态，
class Solution:
# 思路 3：动态规划 + 二进制优化
def multiplePackMethod3(self, weight: [int], value: [int], count: [int], W: int):
weight_new, value_new = [], []
# 二进制优化
for i in range(len(weight)):
cnt = count[i]
k = 1
while k <= cnt:
cnt -= k
weight_new.append(weight[i] * k)
value_new.append(value[i] * k)
k *= 2
if cnt > 0:
weight_new.append(weight[i] * cnt)
value_new.append(value[i] * cnt)
dp = [0 for _ in range(W + 1)]
size = len(weight_new)
# 枚举前 i 种物品
for i in range(1, size + 1):
# 逆序枚举背包装载重量（避免状态值错误）
for w in range(W, weight_new[i - 1] - 1, -1):
# dp[w] 取「前 i - 1 件物品装入载重为 w 的背包中的最大价值」与「前 i - 1 件物品装入载重为 w - weight_new[i - 1] 的背包中，再装入第 i - 1 物品所得的最大价值」两者中的最大值
dp[w] = max(dp[w], dp[w - weight_new[i - 1]] + value_new[i - 1])
return dp[W]-
时间复杂度：$O(W \times \sum \log_2{count[i]})$，其中
$W$ 为背包的载重上限，$count[i]$ 是第$i$ 种物品的数量。 - 空间复杂度：$O(W)$。
- 【资料】背包九讲 - 崔添翼
- 【文章】背包 DP - OI Wiki
- 【文章】【动态规划/背包问题】多重背包の二进制优化