题目链接：
https://www.acwing.com/problem/content/283/
状态表示：
f
[
j
]
f[j]
f[j]代表面值j是否能被表示
状态转移：
完全背包时：
f
[
j
]
∣
=
f
[
j
−
a
[
i
]
]
f[j] \space |= f[j-a[i]]
f[j] ∣=f[j−a[i]]，注意从小到大枚举
分组背包时：
f
[
j
]
∣
=
f
[
j
−
k
∗
a
[
i
]
]
f[j] \space |= f[j-k*a[i]]
f[j] ∣=f[j−k∗a[i]]，注意从到小枚举
当使用完全背包时，会超时。
当一个面值的硬币个数很多时，那么这方面的复杂度就会很高。但是当个数很多时，该硬币能够表示总额的最大值超过了m，就可以看成完全背包，可以无限取得情况。
当该面值得硬币表示的最大值小于等于m时,就不可以当成完全背包，那么就是多重01背包，可以使用二进制优化降低时间复杂度。
TLE代码：
#include<iostream>
#include<stdio.h>
using namespace std;
const int N = 1e5+5;
int f[N];
int a[N],b[N],nb[10*N];
int n,m;
int main()
{
while(~scanf("%d%d",&n,&m))
{
if(n==0 and m==0) break;
for(int i=1;i<=m;i++) f[i] = 0;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]);
int tot = 0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=b[i];j<<=1)
{
nb[++tot] = j*a[i];
b[i] -= j;
}
if(b[i])
nb[++tot] = b[i]*a[i];
}
f[0] = 1;
for(int i=1;i<=tot;i++)
{
for(int j=m;j>=nb[i];j--)
{
if(!f[j] && f[j-nb[i]])
f[j] += f[j-nb[i]];
}
}
int cnt = 0;
for(int i=1;i<=m;i++)
if(f[i]) cnt++;
printf("%d\n",cnt);
}
return 0;
}
AC代码：
#include<iostream>
#include<stdio.h>
using namespace std;
const int N = 1e5+5;
int f[N];
int a[N],b[N],nb[10*N];
int n,m;
int main()
{
while(~scanf("%d%d",&n,&m))
{
if(n==0 and m==0) break;
for(int i=1;i<=m;i++) f[i] = 0;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]);
f[0] = 1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(a[i]*b[i]>m)
{
for(int j=a[i];j<=m;j++)
f[j] |= f[j-a[i]];
}
else
{
for(int j=1;j<=b[i];j<<=1)
{
for(int k=m;k>=j*a[i];k--)
f[k] |= f[k-a[i]*j];
b[i] -= j;
}
if(b[i])
for(int j=m;j>=b[i]*a[i];j--)
f[j] |= f[j-b[i]*a[i]];
}
}
int cnt = 0;
for(int i=1;i<=m;i++)
if(f[i]) cnt++;
printf("%d\n",cnt);
}
return 0;
}
