占坑。。。
https://blog.youkuaiyun.com/qinzhenhua100/article/details/40350219
啊首先二进制这个，比如7可以化成1 10 100 完美表示。。
6可以是1 10 11（1 2 3 注意是从小到大加 完美表示。。）
多重背包其实就是拆成一个一个去做，由于有些麻烦所有就用二进制代替了，反正组成起来都一样
哇，看了霜雪千年大大的文章（感谢我谷（（（））））
非常清楚！！！
这人将来一定适合去当老师！！1
https://www.cnblogs.com/acgoto/p/8523258.html
关于此题：
代码：
//那么这个题特殊化到没有重量 并且个数已经先天给好了就是2的c次方减一
// 首先 一定都是2的次方减一的话 我们知道可以是直接 01 10 100 。。这种的（所以直接*2就可以了）
// 其次 价值是v 那么就是2*v 4*v 8*v的组合都可以达到
//w[i]里面就装的是新转化过之后的体积。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL mod=1e9+7;
int t,n,q,cnt,x,y,num,c[22],val[500],s;LL dp[10005];
int main(){
for(int i=0;i<21;++i)c[i]=(1<<i)-1;
while(~scanf("%d",&t)){
while(t--){
memset(dp,0,sizeof(dp));dp[0]=1;cnt=0;
scanf("%d%d",&n,&q);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d%d",&x,&y),num=c[y];
for(int d=1;d<=num;num-=d,d<<=1)
val[cnt++]=x*d;
if(num>0)val[cnt++]=x*num;
}
for(int i=0;i<cnt;++i){
for(int j=10000;j>=val[i];--j)
dp[j]=(dp[j]+dp[j-val[i]])%mod;
}
while(q--){
scanf("%d",&s);
printf("%lld\n",dp[s]);
}
}
}
return 0;
}关键代码（雾）
for(int i=0;i<cnt;++i){
for(int j=10000;j>=val[i];--j)
dp[j]=(dp[j]+dp[j-val[i]])%mod;
}
另外，HDU1284 钱币-------------
-----------没有博客园账号，悄咪咪转一下，给出链接 https://www.cnblogs.com/acgoto/p/8523258.html
这个赛时看了，但是这位小老弟怎么回事写的这么简单……………………
以下为复制
Problem Description
在一个国家仅有1分，2分，3分硬币，将钱N兑换成硬币有很多种兑法。请你编程序计算出共有多少种兑法。
Input
每行只有一个正整数N，N小于32768。
Output
对应每个输入，输出兑换方法数。
Sample Input
2934
12553
Sample Output
718831
13137761
解题思路：这道题可以当做数学题来做。假设某种方案要使用i枚3分硬币（i∈[0,n/3]），那么剩下的就有n-3*i分需要用2分和1分补全。对于2分硬币的个数，可能使用0，1，·····（n-3*i）/2枚，剩下的全都用1分硬币即可。也就是说当使用i枚3分硬币时，就会产生出{（n-3*i）/2+1}*1=（n-3*i）/2+1种方案，那么只要枚举i，将所有方案数相加即可。
-----自己想了一下，的确是，可能使用1是一种，2是一种，…… 一直到（。。x）个，大概是因为只有abc三个吧。。。还真爽-。- 只不过别忘记那个0 就是全是1的时候--------
AC代码一：
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 int main(){
4 int sum,n;
5 while(cin>>n){
6 sum=0;
7 for(int i=0;i*3<=n;++i)
8 sum+=(n-i*3)/2+1;
9 cout<<sum<<endl;
10 }
11 return 0;
12 }
AC代码二：考虑dp，dp[j]表示用若干个硬币组成钱j的方案数，易得状态转移方程为：dp[j]+=dp[j-i]（j>=i），意思是当前币值是i，那么在组成钱j的基础上还可以这样增加新的方案数：用之前的j-i分再和当前i分组成钱j即增加了dp[j-i]*1这么多的方案数。举个栗子：现将3分钱兑换成硬币的所有方案数有①1+1+1=3--->1种;②去掉2枚1分换成1枚2分的硬币1+2=3，那么增加了之前的1种方案数，现共有2种方案数(dp[3]+=dp[3-2])；③还有一种就是用1枚3分的硬币替换3枚1分的硬币3+0=3，定义组成0钱的方案数为1种，那么此时也增加1种方案数(dp[3]+=dp[3-3])，所以组成3分钱共有3种方案数。注意：初始化dp数组全为0，定义dp[0]=1，因为组成钱0（事实上钱0是由钱i-i=0即i=i这种情况得来的）也算一种方案数，然后对于每种币值，从i～最大35000枚举更新累加对应组成钱j的方案数即可。
----------------------自己又想了一下，这个dp理论上说应该和顺序mei有关系啊。
----------------------即使好几个i是一样的，那也是多了一种方案，因为算作的是不同的物品。……
比如，倘若3元兑换，有1种。（1个3）此时dp[0]=1 dp[1]=dp[2]=0
然后1元，dp[1]=1 dp[2]=1 (自己的状态，加上没带i之前的状态/i是新的，即，虽然新来的服务员名字和原来的一样都被叫做了服务员1号但是他们相貌其实是不相同的。。呈现在纸上的只有那个名号。。 他们还是不同的呀）
dp[3]=dp[3]+dp[2]=2（一个是自己的，一个是全1组成的）
然后2 ，dp[1]---- dp[2]=dp[2]+dp[0] (用完了2和之前1组成的那个2）
dp[3]=dp[0]+dp[3]=3... 没有疑问了
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 int main(){
4 int n,dp[35000]={1};
5 for(int i=1;i<=3;++i)//币值
6 for(int j=i;j<35000;++j)//钱j
7 dp[j]+=dp[j-i];
8 while(cin>>n){cout<<dp[n]<<endl;}
9 return 0;
10 }-------------------
dp这个也很简单，像背包一样，从小到大装，组成方式啊什么的
关键代码。。。
for(int i=0;i<cnt;++i){
for(int j=10000;j>=val[i];--j)
dp[j]=(dp[j]+dp[j-val[i]])%mod;
}
还有。。。要注意。。。。。。它们是从0转化而来的，所以dp[0]=1
见过很多次了。。题目里→_→
讲道理嘛，下面这样写也可也
https://blog.youkuaiyun.com/tianyizhicheng/article/details/82716691
---------------------------
好了，恭喜我又突破一个境界，看懂了不够，你要搞懂每一个细节。。。那些执行力不够/意志力不够/在很多情况下体现出自卑的人，常常觉得取得了一定的成就就可以了（其实你不写根本 就是理解 的不深刻嘛）（咦谁给我搞成中文标点输入法了。。）恭喜我 继续解锁一个成就 在大人刷抖音小孩玩滑梯放着流行歌曲的kfc比在家效率高写了this。。。。。
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d%d",&x,&y),num=c[y];
for(int d=1;d<=num;num-=d,d<<=1)
val[cnt++]=x*d;//其实可以不必这样，因为给的是2^x-1 肯定除尽。。 可以直接*2 当然这样子写最安全的没错了。。 记得下面这句↓
//原理呢就是分出1减去1分出2进去2 下一个该分4了啊不够了我糖糖一个6只有3分给你 不用怕 你把3拿走吧（就是下面这句剩余价值--虽然本题应该还是用不到）
if(num>0)val[cnt++]=x*num;
}
// 嘛。物品是这样的，从第一个开始跑i，我们知道；其次，背包要倒着写，最后大于val[x],因为不是完全背包，所以只能加一次
// val这里只要把V乘起来当做一起扩大就可以了。。
for(int i=0;i<cnt;++i){
for(int j=10000;j>=val[i];--j)
dp[j]=(dp[j]+dp[j-val[i]])%mod;
}
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