背包九讲（新版转载+个人理解）

P01: 01背包问题

  • 题目：有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
  • 特点：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。
  • 时间复杂度均为O(N*V)，空间复杂度O(V)。
  • 函数 
    int ZeroOne_Packet(int cost,int weight)
{
    for(int v=V; v>=cost; --v)
        F[v]=max(F[v],F[v-cost]+weight);
}
  • 初始化的细节问题
  1. 要求恰好装满背包，那么在初始化时除了F[0]为0,其它F[1…V]均设为-∞，这样就可以保证最终得到的f[N]是一种恰好装满背包的最优解。
  2. 只希望价格尽量大，初始化时应该将F[0…V]全部设为0。
  • 小结:
  1. 01背包问题是最基本的背包问题，它包含了背包问题中设计状态、方程的最基本思想，另外，别的类型的背包问题往往也可以转换成01背包问题求解。故一定要仔细体会上面基本思路的得出方法，状态转移方程的意义，以及最后怎样优化的空间复杂度。

P02: 完全背包问题

  • 题目:有N种物品和一个容量为V的背包，每种物品都有无限件可用。第i种物品的费用是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。
  • 简单有效的优化
  1. 若两件物品i、j满足c[i]<=c[j]且w[i]>=w[j]，则将物品j去掉。
  2. 首先将费用大于V的物品去掉，然后使用类似计数排序的做法，计算出费用相同的物品中价值最高的是哪个。
  • 函数 
    int Complete_Packet(int cost,int weight)
{
    for(int v=cost; v<=V; ++v)
        F[v]=max(F[v],F[v-cost]+weight);
}

     

  • 总结：完全背包问题也是一个相当基础的背包问题，它有两个状态转移方程，分别在“基本思路”以及“O(VN)的算法“的小节中给出。希望你能够对这两个状态转移方程都仔细地体会，不仅记住，也要弄明白它们是怎么得出来的，最好能够自己想一种得到这些方程的方法。事实上，对每一道动态规划题目都思考其方程的意义以及如何得来，是加深对动态规划的理解、提高动态规划功力的好方法。
  • 题目：

P03: 多重背包问题

  • 题目：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。
  • 二进制优化：
    • 把第i种物品拆成费用为c[i]*2^k、价值为w[i]*2^k的若干件物品，其中k满足c[i]*2^k<=V。
    • 这是二进制的思想，因为不管最优策略选几件第i种物品，总可以表示成若干个2^k件物品的和。
    • 这样把每种物品拆成O(log(V/c[i]))件物品，是一个很大的改进。
  • 函数 
    int Multiple_Packet(int cost,int weight,int k)
{
    for(int v=V; v>=cost; --v)
        for(int t=1;t<=k;++k)
            F[v]=max(F[v],F[v-cost]+weight);
}
  • 总结：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。
  • 题目：

　　

P04: 混合三种背包问题

  • 题目：如果将P01、P02、P03混合起来。也就是说，有的物品只可以取一次（01背包），有的物品可以取无限次（完全背包），有的物品可以取的次数有一个上限（多重背包）。
  • 伪代码：

    • for i=1…N

      if 第i件物品是01背包

    ZeroOnePack(c[i],w[i])

else if 第i件物品是完全背包

    CompletePack(c[i],w[i])

else if 第i件物品是多重背包

    MultiplePack(c[i],w[i],n[i])

 

  • 小结：有人说，困难的题目都是由简单的题目叠加而来的。这句话是否公理暂且存之不论，但它在本讲中已经得到了充分的体现。本来01背包、完全背包、多重背包都不是什么难题，但将它们简单地组合起来以后就得到了这样一道一定能吓倒不少人的题目。但只要基础扎实，领会三种基本背包问题的思想，就可以做到把困难的题目拆分成简单的题目来解决。

P05: 二维费用的背包问题

  • 问题：二维费用的背包问题是指：对于每件物品，具有两种不同的费用；选择这件物品必须同时付出这两种代价；对于每种代价都有一个可付出的最大值（背包容量）。问怎样选择物品可以得到最大的价值。设这两种代价分别为代价1和代价2，第i件物品所需的两种代价分别为a[i]和b[i]。两种代价可付出的最大值（两种背包容量）分别为V和U。物品的价值为w[i]。
  • 算法：费用加了一维，只需状态也加一维即可。设f[i][v][u]表示前i件物品付出两种代价分别为v和u时可获得的最大价值。
  • 状态转移方程就是：f[i][v][u]=max{f[i-1][v][u],f[i-1][v-a[i]][u-b[i]]+w[i]}
  • 物品总个数的限制：有时，“二维费用”的条件是以这样一种隐含的方式给出的：最多只能取M件物品。这事实上相当于每件物品多了一种“件数”的费用，每个物品的件数费用均为1，可以付出的最大件数费用为M。换句话说，设f[v][m]表示付出费用v、最多选m件时可得到的最大价值，则根据物品的类型（01、完全、多重）用不同的方法循环更新，最后在f[0…V][0…M]范围内寻找答案。
  • 小结：当发现由熟悉的动态规划题目变形得来的题目时，在原来的状态中加一纬以满足新的限制是一种比较通用的方法。希望你能从本讲中初步体会到这种方法。

P06: 分组的背包问题

  • 问题:有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。这些物品被划分为若干组，每组中的物品互相冲突，最多选一件。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。
  • 算法:是选择本组的某一件，还是一件都不选。也就是说设f[k][v]表示前k组物品花费费用v能取得的最大权值，则有：f[k][v]=max{f[k-1][v],f[k-1][v-c[i]]+w[i]|物品i属于第k组}
  • 伪代码
for (所有的组k)
    for (int j = V; j >= 0; j--)
        for (所有属于组k的i)
            f[j] = max{f[j], f[j - w[i]] + v[i]}

 

  • 注意:这里的三层循环的顺序。“for v=V…0”这一层循环必须在“for 所有的i属于组k”之外。这样才能保证每一组内的物品最多只有一个会被添加到背包中。
  • 小结:分组的背包问题将彼此互斥的若干物品称为一个组，这建立了一个很好的模型。不少背包问题的变形都可以转化为分组的背包问题（例如P07），由分组的背包问题进一步可定义“泛化物品”的概念，十分有利于解题。

P07: 有依赖的背包问题

  • 　　简化的问题：这种背包问题的物品间存在某种“依赖”的关系。也就是说，i依赖于j，表示若选物品i，则必须选物品j。为了简化起见，我们先设没有某个物品既依赖于别的物品，又被别的物品所依赖；另外，没有某件物品同时依赖多件物品。
    • 算法：P01+P06
  • 较一般的问题：依赖关系以图论中“森林”的形式给出（森林即多叉树的集合），也就是说，主件的附件仍然可以具有自己的附件集合，限制只是每个物品最多只依赖于一个物品（只有一个主件）且不出现循环依赖。解决这个问题仍然可以用将每个主件及其附件集合转化为物品组的方式。唯一不同的是，由于附件可能还有附件，就不能将每个附件都看作一个一般的01背包中的物品了。若这个附件也有附件集合，则它必定要被先转化为物品组，然后用分组的背包问题解出主件及其附件集合所对应的附件组中各个费用的附件所对应的价值。事实上，这是一种树形DP，其特点是每个父节点都需要对它的各个儿子的属性进行一次DP以求得自己的相关属性。这已经触及到了“泛化物品”的思想。看完P08后，你会发现这个“依赖关系树”每一个子树都等价于一件泛化物品，求某节点为根的子树对应的泛化物品相当于求其所有儿子的对应的泛化物品之和。
  • 题目：P1064 金明的预算方案

P08: 泛化物品

  • 定义：一个泛化物品就是一个数组h[0…V]，给它费用v，可得到价值h[V]。泛化物品的和
  • 小结：本种实际就是对P07的进一步拓展

P09: 背包问题问法的变化

  1. 输出方案
    • 一般而言，背包问题是要求一个最优值，如果要求输出这个最优值的方案，可以参照一般动态规划问题输出方案的方法：记录下每个状态的最优值是由状态转移方程的哪一项推出来的，换句话说，记录下它是由哪一个策略推出来的。便可根据这条策略找到上一个状态，从上一个状态接着向前推即可。
    • 还是以01背包为例，方程为f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}。再用一个数组g[i][v]，设g[i][v]=0表示推出f[i][v]的值时是采用了方程的前一项（也即f[i][v]=f[i-1][v]），g[i][v]表示采用了方程的后一项。注意这两项分别表示了两种策略：未选第i个物品及选了第i个物品。那么输出方案的伪代码可以这样写（设最终状态为f[N][V]）：
    • i=N
    • v=V
    • while(i>0)
    • if(g[i][v]==0) print "未选第i项物品" else if(g[i][v]==1) print "选了第i项物品" v=v-c[i]
    • 1
    • 2
    • 3
    • 4
    • 5
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    • 7
    • 8
    • 9
    • 另外，采用方程的前一项或后一项也可以在输出方案的过程中根据f[i][v]的值实时地求出来，也即不须纪录g数组，将上述代码中的g[i][v]==0改成f[i][v]==f[i-1][v]，g[i][v]==1改成f[i][v]==f[i-1][v-c[i]]+w[i]也可。
  2. 输出字典序最小的最优方案
    • 这里“字典序最小”的意思是1…N号物品的选择方案排列出来以后字典序最小。以输出01背包最小字典序的方案为例。
    • 一般而言，求一个字典序最小的最优方案，只需要在转移时注意策略。首先，子问题的定义要略改一些。我们注意到，如果存在一个选了物品1的最优方案，那么答案一定包含物品1，原问题转化为一个背包容量为v-c[1]，物品为2…N的子问题。反之，如果答案不包含物品1，则转化成背包容量仍为V，物品为2…N的子问题。不管答案怎样，子问题的物品都是以i…N而非前所述的1…i的形式来定义的，所以状态的定义和转移方程都需要改一下。但也许更简易的方法是先把物品逆序排列一下，以下按物品已被逆序排列来叙述。
    • 在这种情况下，可以按照前面经典的状态转移方程来求值，只是输出方案的时候要注意：从N到1输入时，如果f[i][v]==f[i-v]及f[i][v]==f[i-1][f-c[i]]+w[i]同时成立，应该按照后者（即选择了物品i）来输出方案。
  3. 求方案总数
    • 对于一个给定了背包容量、物品费用、物品间相互关系（分组、依赖等）的背包问题，除了再给定每个物品的价值后求可得到的最大价值外，还可以得到装满背包或将背包装至某一指定容量的方案总数。
    • 对于这类改变问法的问题，一般只需将状态转移方程中的max改成sum即可。例如若每件物品均是完全背包中的物品，转移方程即为
    • f[i][v]=sum{f[i-1][v],f[i][v-c[i]]}
    • 初始条件f[0][0]=1。
    • 事实上，这样做可行的原因在于状态转移方程已经考察了所有可能的背包组成方案。
    • 练习：P1164 小A点菜　
  4. 最优方案的总数
    • 这里的最优方案是指物品总价值最大的方案。以01背包为例。
    • 结合求最大总价值和方案总数两个问题的思路，最优方案的总数可以这样求：f[i][v]意义同前述，g[i][v]表示这个子问题的最优方案的总数，则在求f[i][v]的同时求g[i][v]的伪代码如下：
    • for i=1…N
    • for v=0…V
    • f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]} g[i][v]=0 if(f[i][v]==f[i-1][v]) inc(g[i][v],g[i-1][v] if(f[i][v]==f[i-1][v-c[i]]+w[i]) inc(g[i][v],g[i-1][v-c[i]])
    • 1
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    • 4
    • 5
    • 6
    • 7
    • 8
    • 9
    • 10
    • 11
    • 如果你是第一次看到这样的问题，请仔细体会上面的伪代码。
  5. 求次优解、第K优解
    • 对于求次优解、第K优解类的问题，如果相应的最优解问题能写出状态转移方程、用动态规划解决，那么求次优解往往可以相同的复杂度解决，第K优解则比求最优解的复杂度上多一个系数K。
    • 其基本思想是将每个状态都表示成有序队列，将状态转移方程中的max/min转化成有序队列的合并。这里仍然以01背包为例讲解一下。
    • 首先看01背包求最优解的状态转移方程：f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}。如果要求第K优解，那么状态f[i][v]就应该是一个大小为K的数组f[i][v][1…K]。其中f[i][v][k]表示前i个物品、背包大小为v时，第k优解的值。“f[i][v]是一个大小为K的数组”这一句，熟悉C语言的同学可能比较好理解，或者也可以简单地理解为在原来的方程中加了一维。显然f[i][v][1…K]这K个数是由大到小排列的，所以我们把它认为是一个有序队列。
    • 然后原方程就可以解释为：f[i][v]这个有序队列是由f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]+w[i]这两个有序队列合并得到的。有序队列f[i-1][v]即f[i-1][v][1…K]，f[i-1][v-c[i]]+w[i]则理解为在f[i-1][v-c[i]][1…K]的每个数上加上w[i]后得到的有序队列。合并这两个有序队列并将结果（的前K项）储存到f[i][v][1…K]中的复杂度是O(K)。最后的答案是f[N][V][K]。总的复杂度是O(NVK)。
    • 为什么这个方法正确呢？实际上，一个正确的状态转移方程的求解过程遍历了所有可用的策略，也就覆盖了问题的所有方案。只不过由于是求最优解，所以其它在任何一个策略上达不到最优的方案都被忽略了。如果把每个状态表示成一个大小为K的数组，并在这个数组中有序的保存该状态可取到的前K个最优值。那么，对于任两个状态的max运算等价于两个由大到小的有序队列的合并。
    • 另外还要注意题目对于“第K优解”的定义，将策略不同但权值相同的两个方案是看作同一个解还是不同的解。如果是前者，则维护有序队列时要保证队列里的数没有重复的。

P11: 背包问题的搜索解法

《背包问题九讲》的本意是将背包问题作为动态规划问题中的一类进行讲解。但鉴于的确有一些背包问题只能用搜索来解，所以这里也对用搜索解背包问题做简单介绍。大部分以01背包为例，其它的应该可以触类旁通。

简单的深搜

对于01背包问题，简单的深搜的复杂度是O(2N)。就是枚举出所有2N种将物品放入背包的方案，然后找最优解。基本框架如下：

procedure SearchPack(i,cur_v,cur_w)

if(i>N)

    if(cur_w>best)

        best=cur_w

    return

if(cur_v+v[i]<=V)

    SearchPack(i+1,cur_v+v[i],cur_w+w[i])

SearchPack(i+1,cur_v,cur_w)
  • 1
  • 2
  • 3
  • 4
  • 5
  • 6
  • 7
  • 8
  • 9
  • 10
  • 11
  • 12
  • 13

其中cur_v和cur_w表示当前解的费用和权值。主程序中调用SearchPack(1,0,0)即可。

搜索的剪枝

基本的剪枝方法不外乎可行性剪枝或最优性剪枝。

可行性剪枝即判断按照当前的搜索路径搜下去能否找到一个可行解，例如：若将剩下所有物品都放入背包仍然无法将背包充满（设题目要求必须将背包充满），则剪枝。

最优性剪枝即判断按照当前的搜索路径搜下去能否找到一个最优解，例如：若加上剩下所有物品的权值也无法得到比当前得到的最优解更优的解，则剪枝。

搜索的顺序

在搜索中，可以认为顺序靠前的物品会被优先考虑。所以利用贪心的思想，将更有可能出现在结果中的物品的顺序提前，可以较快地得出贪心地较优解，更有利于最优性剪枝。所以，可以考虑将按照“性价比”（权值/费用）来排列搜索顺序。

另一方面，若将费用较大的物品排列在前面，可以较快地填满背包，有利于可行性剪枝。

最后一种可以考虑的方案是：在开始搜索前将输入文件中给定的物品的顺序随机打乱。这样可以避免命题人故意设置的陷阱。

以上三种决定搜索顺序的方法很难说哪种更好，事实上每种方法都有适用的题目和数据，也有可能将它们在某种程度上混合使用。

子集和问题

子集和问题是一个NP-Complete问题，与前述的（加权的）01背包问题并不相同。给定一个整数的集合S和一个整数X，问是否存在S的一个子集满足其中所有元素的和为X。

这个问题有一个时间复杂度为O(2^(N/2))的较高效的搜索算法，其中N是集合S的大小。

第一步思想是二分。将集合S划分成两个子集S1和S2，它们的大小都是N/2。对于S1和S2，分别枚举出它们所有的2^(N/2)个子集和，保存到某种支持查找的数据结构中，例如hash set。

然后就要将两部分结果合并，寻找是否有和为X的S的子集。事实上，对于S1的某个和为X1的子集，只需寻找S2是否有和为X-X1的子集。

假设采用的hash set是理想的，每次查找和插入都仅花费O(1)的时间。两步的时间复杂度显然都是O(2^(N/2))。

实践中，往往可以先将第一步得到的两组子集和分别排序，然后再用两个指针扫描的方法查找是否有满足要求的子集和。这样的实现，在可接受的时间内可以解决的最大规模约为N=42。

搜索还是DP?

在看到一道背包问题时，应该用搜索还是动态规划呢？

首先，可以从数据范围中得到命题人意图的线索。如果一个背包问题可以用DP解，V一定不能很大，否则O(VN)的算法无法承受，而一般的搜索解法都 是仅与N有关，与V无关的。所以，V很大时（例如上百万），命题人的意图就应该是考察搜索。另一方面，N较大时（例如上百），命题人的意图就很有可能是考 察动态规划了。

另外，当想不出合适的动态规划算法时，就只能用搜索了。例如看到一个从未见过的背包中物品的限制条件，无法想出DP的方程，只好写搜索以谋求一定的分数了。

附：USACO中的背包问题

USACO是USA Computing Olympiad的简称，它组织了很多面向全球的计算机竞赛活动。

USACO Trainng是一个很适合初学者的题库，我认为它的特色是题目质量高，循序渐进，还配有不错的课文和题目分析。其中关于背包问题的那篇课文 (TEXT Knapsack Problems) 也值得一看。

另外，USACO Contest是USACO常年组织的面向全球的竞赛系列，在此也推荐NOIP选手参加。

我整理了USACO Training中涉及背包问题的题目，应该可以作为不错的习题。其中标加号的是我比较推荐的，标叹号的是我认为对NOIP选手比较有挑战性的。

题目列表

Inflate (+) （基本01背包）
Stamps (+)(!) （对初学者有一定挑战性）
Money
Nuggets
Subsets
Rockers (+) （另一类有趣的“二维”背包问题）
Milk4 (!) （很怪的背包问题问法，较难用纯DP求解）
  • 1
  • 2
  • 3
  • 4
  • 5
  • 6
  • 7

题目简解

以下文字来自我所撰的《USACO心得》一文，该文的完整版本，包括我的程序，可在DD的USACO征程中找到。

Inflate 是加权01 背包问题，也就是说：每种物品只有一件，只可以选择放或者不放；而且每种物品有对应的权值，目标是使总权值最大或最小。它最朴素的状态转移方程是：f[k][i] = max{f[k-1][i] , f[k-1][i-v[k]]+w[k]}。f[k][i]表示前k 件物品花费代价i 可以得到的最大权值。v[k]和w[k]分别是第k 件物品的花费和权值。可以看到， f[k]的求解过程就是使用第k 件物品对f[k-1]进行更新的过程。那么事实上就不用使用二维数组，只需要定义f[i]，然后对于每件物品k，顺序地检查f[i]与f[i-v[k]]+w[k]的大小，如果后者更大，就对前者进行更新。这是背包问题中典型的优化方法。

题目stamps 中，每种物品的使用量没有直接限制，但使用物品的总量有限制。求第一个不能用这有限个物品组成的背包的大小。（可以这样等价地认为）设f[k][i] 表示前k 件物品组成大小为i 的背包， 最少需要物品的数量。则f[k][i]= min{f[k-1][i],f[k-1][i-j*s[k]]+j}，其中j 是选择使用第k 件物品的数目，这个方程运用时可以用和上面一样的方法处理成一维的。求解时先设置一个粗糙的循环上限，即最大的物品乘最多物品数。

Money 是多重背包问题。也就是每个物品可以使用无限多次。要求解的是构成一种背包的不同方案总数。基本上就是把一般的多重背包的方程中的min 改成sum 就行了。

Nuggets 的模型也是多重背包。要求求解所给的物品不能恰好放入的背包大小的最大值（可能不存在）。只需要根据“若i、j 互质，则关于x、y 的不定方程ix+yj=n 必有正整数解，其中n>ij”这一定理得出一个循环的上限。 Subsets 子集和问题相当于物品大小是前N 个自然数时求大小为N(N+1)/4 的 01 背包的方案数。

Rockers 可以利用求解背包问题的思想设计解法。我的状态转移方程如下： f[i][j][t]=max{f[i][j][t-1] , f[i-1][j][t] , f[i-1][j][t-time[i]]+1 , f[i-1][j-1][T]+(t>=time[i])}。其中 f[i][j][t]表示前i 首歌用j 张完整的盘和一张录了t 分钟的盘可以放入的最多歌数，T 是一张光盘的最大容量，t>=time[i]是一个bool 值转换成int 取值为0 或1。但我后来发现我当时设计的状态和方程效率有点低，如果换成这样：f[i][j]=(a,b)表示前i 首歌中选了j 首需要用到a 张完整的光盘以及一张录了b 分钟的光盘，会将时空复杂度都大大降低。这种将状态的值设为二维的方法值得注意。

Milk4 是这些类背包问题中难度最大的一道了。很多人无法做到将它用纯DP 方法求解，而是用迭代加深搜索枚举使用的桶，将其转换成多重背包问题再DP。由于 USACO 的数据弱，迭代加深的深度很小，这样也可以AC，但我们还是可以用纯DP 方法将它完美解决的。设f[k]为称量出k 单位牛奶需要的最少的桶数。那么可以用类似多重背包的方法对f 数组反复更新以求得最小值。然而困难在于如何输出字典序最小的方案。我们可以对每个i 记录pre_f[i]和pre_v[i]。表示得到i 单位牛奶的过程是用pre_f[i]单位牛奶加上若干个编号为pre_v[i]的桶的牛奶。这样就可以一步步求得得到i 单位牛奶的完整方案。为了使方案的字典序最小，我们在每次找到一个耗费桶数相同的方案时对已储存的方案和新方案进行比较再决定是否更新方案。为了使这种比较快捷，在使用各种大小的桶对f 数组进行更新时先大后小地进行。USACO 的官方题解正是这一思路。如果认为以上文字比较难理解可以阅读官方程序或我的程序。

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整理 by stntwm

多次背包
多次背包问题：给定 n 种物品和一个背包。第 i 种物品 的价值是 Wi ，其体积
为 Vi，数量是 Ki件，背包的容量为 C。可以任意选择装入背包中的物品，求装入背
包中物品的最大总价值。

方法一：可以把此物品拆分成Ki个只能用一次的物品，直接套用 0-1 背包问题的经典动规实现，但是效率太低了，需要寻找更高效的算法。此算法时间复杂度为O(C*∑(Ki))

方法二：拆分成体积和价值分别为原来1, 2 , 4… 2^m, Ki-2^m 倍的几个物品，用0-1背包求解。 时间复杂度为O(C*∑([log2Ki]))

方法三（本文重点）：（对单调队列没有了解的请参见原论文[本文结尾链接]）对于第 i 种物品来说，已知体积 v，价值 w，数量 k，那么可以按照当前枚举的体积 j 对v的余数把整个动规数组分成 v份，以下是 v=3 的情况：
j 0 1 2 3 4 5 6 7 8 ……
j mod v 0 1 2 0 1 2 0 1 2 ……

我们可以把每一份分开处理，假设余数为 d。
编号j 0 1 2 3 4 5 ……
对应体积 d d+v d+2v d+3v d+4v d+5v ……

现在看到分组以后，编号 j 可以从 j-k 到 j-1 中的任意一个编号转移而来（因为相邻的体积正好相差 v） ，这看上去已经和区间最大值有点相似了。但是注意到由于体积不一样，显然体积大的价值也会大于等于体积小的，直接比较是没有意义的，所以还需要把价值修正到同一体积的基础上。比如都退化到 d，也就是说用 F[jv+d]- jw来代替原来的价值进入队列。

对于物品i，伪代码如下

  1. FOR d: = 0 TO v-1 //枚举余数，分开处理
  2. 清空队列
  3. FOR j: = 0 TO (C-d) div v //j 枚举标号，对应体积为 j*v+d
  4. INSERT j , F[ j*v+d ] – j * w //插入队列
  5. IF A[ L ] < j - k THEN L + 1 → L //如果队列的首元素已经失效
  6. B[ L ] + j * w → F[ j*v+d ] //取队列头更新
  7. END FOR
  8. END FOR

已知单调队列的效率是 O(n)，那么加上单调队列优化以后的多次背包，
效率就是 O(n*C)了。
（详细请参见原论文）

==========================================================

完整程序如下(Pascal)：

var
a,b,f:array[0…100000] of longint;
m,s,c,n,t,i,j,l,r,d:longint;
procedure insert(x,y:longint);
begin
while (l<=r)and(b[r]<=y) do dec®;
inc®;a[r]:=x;b[r]:=y;
end;
begin
readln(n,t); //读入数据 n为物品个数 t为背包容量
for i:=1 to n do
begin
read(m,s,c); //读入当前物品 m为物品体积、s为物品价值、c为物品可用次数（0表示无限制）
if (c=0)or(t div m<c) then c:=t div m;
for d:=0 to m-1 do
begin
l:=1;r:=0; //清空队列
for j:=0 to (t-d) div m do
begin
insert(j,f[jm+d]-js); //将新的点插入队列
if a[l]<j-c then inc(l); //删除失效点
f[jm+d]:=b[l]+js; //用队列头的值更新f[j*m+d]
end;
end;
end;
writeln(f[t]);
end.

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