首先相信你已经看过《背包九讲》。对于每一次决策后，我们都能得到一组值：F[ i,  j]   I 表示进行了i次决策，j表示占用了j 的体积。最终获得了F[i,j]的收益。这么考虑的话，很显然，就能得到最优子结构的性质

：如果最终能得到Fmax[ n, v ] ,那对于每一组i,j 必定 F[i,j]=Fmax[i,j]。因此，在遍历树的时候，如果两种决策有相同的i,j 那我们可以取出两者中的最大值，另外一种就被无情的抛弃了-_- 。这样，对于每一组的i,j 我们可以方便的按如下方程求出：

F[i,j]=max( F[i-1,j] , f[i-1][j-volume[i]]  + value[i] ) 按照这个方程，就能方便地求出最优解

 

再分析一下这个方程。他符合之前说的两种决策：选取物品i，或不选。最终的结果，是我们能在O(1)的时间内，判定对于体积j，是否应当选取第i件物品。 我们在这里作出了最优的选择。那被我们抛弃的选择呢？他很可能是次优解，第三优解，无论怎样，他都对我们本题求前K优解，起到了重要的作用！

那么，本题的算法，就水到渠成了。设数组[ i , j , p ]。表示对于一组 i,j,  F[i,j,p]  为其第P优的决策。那么，上文的max操作，就需要稍加扩展，变为对两个队列的合并（一种决策的第a1优解很可能是总体的第a2优解）。毋庸置疑，这两个队列是有序的，将其合并即可完成本次决策。代价，则从O(1) 涨到了O(k) ，总的时间复杂度由O(vn) 升至O(vnk) 刚好多了一维。RQNOJ上有前人写好的代码，可读性非常高，我就不贴我自己写的无比粗糙的代码了。

用个形象的比喻吧：如果我想知道学年最高分，那么，我只要知道每个班级的最高分，然后统计一遍就可以了。如果我想知道学年前十呢？我必须要知道每个班的前十名。大家在心里模拟一下，对，这就是本题核心的算法。两种决策，就可以看作这个学年只有两个班。

由于我们在选的时候把次优解已经丢掉了，其实次优解也可以和次优解可以合成次优解（这就是为什么不能丢掉次优解），这就是k循环的一个 的目的，再合并找出前k个最大的，为什么呢？（比喻以说明了）。

#include
     
      #include
      
       void ZeroOnePack( int N,int V, int K, int val[], int volumn[] ){    int f[1024][32]={0},A[32]={0},B[32]={0};    for( int i=1; i<= N; i++ )    {        for( int j=V; j>=volumn[i]; j-- )        {             int  t=j-volumn[i];            for( int k=1;k<=K; k++ )//寻找体积j的前k个最优解合成的最优解             {                  A[k]=f[t][k]+val[i];                  B[k]=f[j][k];                 }            int a=1,b=1,c=1;            while( c<=K&&( a<=K||b<=K ) )//合并重新生成前k个最优解             {                 if( A[a]>B[b] )                  f[j][c]=A[a],a++;                  else f[j][c]=B[b],b++;                  if( f[j][c]!=f[j][c-1] )                       c++;                 }             }         }    printf( "%d\n",f[V][K] );     }int main(){    int n,N,V,k,val[124],volumn[124];    scanf( "%d",&n );    for( int i=1; i<=n ; i++ )    {        scanf( "%d%d%d",&N,&V,&k );        for( int j=1; j<=N; j++ )           scanf( "%d",&val[j] );        for( int j=1; j<=N; j++ )           scanf( "%d",&volumn[j] );        ZeroOnePack( N,V,k,val,volumn );         }    return 0;    }