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多重揹包問題

該題含有三種揹包問題：

1、在本組中，至少拿一件物品的 0 1 揹包問題

2、在本組中，至多拿一件物品的 0 1 揹包問題

3、在本組中的 0 1 揹包問題

1、對於第一種：

由於至少拿一件物品，故初始化 $dp[i]$ 爲 負無窮。因爲該 第 i 組，在各種體積下的合法狀態都是未知的，因爲不可以不拿，不能初始化爲 $0$ ，而求的是最大值，故初始化爲 負無窮。
由於求的是所有組合起來的最大價值，所以狀態肯定與上一組的狀態有關。
以下是關於 至少取一件 的三種轉移情況：

• 由於每組至少取一件，所以我可以是該組第一次取物品，那麼就與上一組的狀態有關。
  所以有：$dp[i-1][j-w[i]]+v[i]。$

• 如果這是該組取得第2.3.4…件，即不是第一件的話，那麼狀態由“該組取的第一件”轉化來。
  所以有：$dp[i][j-w[i]]+v[i]。$

• 在該組中，不取這件物品，那麼由於我一定要在本組中至少取一件，則狀態由本組轉移而來。所以有：$dp[i][j]。$

2、對於第二種：

$dp[i][0]$時，代表前 $i$ 組，體積爲 $0$ 的情況。由於取至多一件，故可以不取，則$dp$初始化爲 $0$ 。
而現在這個 $0$ 的意義變化了，它應該是從上一組複製下來的，因爲我們需要的是進行本組的 $0 1$ 揹包的初始狀態。而由於本應初始化爲 $0$ 而非 無窮待定態，所以在本組的基礎上的初始狀態應該是上一組的末狀態。故一開始需要有 $dp[i][j]=dp[i-1][j]。$

狀態由上一層轉移：

• 可以不取，故在上一層的基礎上不取本組的該物品，則有：$dp[i-1][j]。$
• 在本組中取這個物品，由於只能取一件，故從上一層轉移：$dp[i-1][j-w[i]]+v[i]。$

3、第三種爲普通 $0 1$ 揹包問題，不再贅述。

代碼如下：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string.h>
using namespace std;
int dp[108][108];
int n, t;
int m, s;
struct Bood
{
	int w;
	int val;
}A[10008];
int main()
{
	while (~scanf("%d%d", &n, &t))
	{
		memset(dp, 0, sizeof(dp));
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			scanf("%d%d", &m, &s);
			for (int j = 1; j <= m; j++) {
				scanf("%d%d", &A[j].w, &A[j].val);
			}
			if (s == 0) {
				memset(dp[i], -0x3f, sizeof(dp[i]));
				for (int j = 1; j <= m; j++) {
					for (int k = t; k >= A[j].w; k--) {
						dp[i][k] = max(dp[i - 1][k - A[j].w] + A[j].val, max(dp[i][k], dp[i][k - A[j].w] + A[j].val));
					}
				}
			}
			else if (s == 1) {
				for (int j = 0; j <= t; j++) {
					dp[i][j] = dp[i - 1][j];
				}
				for (int j = 1; j <= m; j++) {
					for (int k = t; k >= A[j].w; k--) {
						dp[i][k] = max(dp[i][k], dp[i - 1][k - A[j].w] + A[j].val);
					}
				}
			}
			else {
				for (int j = 0; j <= t; j++) {
					dp[i][j] = dp[i - 1][j];
				}
				for (int j = 1; j <= m; j++) {
					for (int k = t; k >= A[j].w; k--) {
						dp[i][k] = max(dp[i][k], dp[i][k - A[j].w] + A[j].val);
					}
				}
			}
		}
		printf("%d\n", max(-1,dp[n][t]));
	}
}