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。
基本思路
这个问题非常类似于01背包问题，所不同的是每种物品有无限件。也就是从每种物品的角度考虑，与它相关的策略已并非取或不取两种，而是有取0件、取1件、取2件……等很多种。如果仍然按照解01背包时的思路，令$f[i][v]$表示前$i$种物品恰放入一个容量为$v$的背包的最大权值。仍然可以按照每种物品不同的策略写出状态转移方程，像这样：$f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k*c[i]<=v}$。这跟01背包问题一样有$O(N*V)$个状态需要求解，但求解每个状态的时间则不是常数了，求解状态$f[i][v]$的时间是$O(v/c[i])$，总的复杂度是超过$O(VN)$的。
将01背包问题的基本思路加以改进，得到了这样一个清晰的方法。这说明01背包问题的方程的确是很重要，可以推及其它类型的背包问题。但我们还是试图改进这个复杂度。
一个简单有效的优化
完全背包问题有一个很简单有效的优化，是这样的：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，不用考虑。这个优化的正确性显然：任何情况下都可将价值小费用高得$j$换成物美价廉的$i$，得到至少不会更差的方案。对于随机生成的数据，这个方法往往会大大减少物品的件数，从而加快速度。然而这个并不能改善最坏情况的复杂度，因为有可能特别设计的数据可以一件物品也去不掉。
转化为01背包问题求解
既然01背包问题是最基本的背包问题，那么我们可以考虑把完全背包问题转化为01背包问题来解。最简单的想法是，考虑到第$i$种物品最多选$V/c [i]$件，于是可以把第$i$种物品转化为$V/c[i]$件费用及价值均不变的物品，然后求解这个01背包问题。这样完全没有改进基本思路的时间复杂度，但这毕竟给了我们将完全背包问题转化为01背包问题的思路：将一种物品拆成多件物品。
更高效的转化方法是：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。但我们有更优的$O(VN)$的算法。 $*O(VN)$的算法这个算法使用一维数组，先看伪代码：
for i=1..N
for v=0..V
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};
你会发现，这个伪代码与01背包的伪代码只有v的循环次序不同而已。为什么这样一改就可行呢？首先想想为什么01背包中要按照$v=V..0$的逆序来循环。这是因为要保证第$i$次循环中的状态$f[i][v]$是由状态$f[i-1][v-c[i]]$递推而来。换句话说，这正是为了保证每件物品只选一次，保证在考虑“选入第$i$件物品”这件策略时，依据的是一个绝无已经选入第$i$件物品的子结果$f[i-1][v-c[i]]$。而现在完全背包的特点恰是每种物品可选无限件，所以在考虑“加选一件第i种物品”这种策略时，却正需要一个可能已选入第i种物品的子结果$f[i][v-c[i]]$，所以就可以并且必须采用$v= 0..V$的顺序循环。这就是这个简单的程序为何成立的道理。
这个算法也可以以另外的思路得出。例如，基本思路中的状态转移方程可以等价地变形成这种形式：$f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i][v-c[i]]+w[i]}$，将这个方程用一维数组实现，便得到了上面的伪代码。
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。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(2)
#define int long long
using namespace std;
const int N=1000;
int v[N+50],w[N+50];
int f[N+50];
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int n,m;
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>v[i]>>w[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=v[i];j<=m;j++)
{
f[j]=max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);
}
}
cout<<f[m];
return 0;
}
