?1. 思路
（1）对背包问题的转化
这道题可以很简单的转化为，目标字符串为背包，物品为字典内元素，优化目标为是否可以进行拆分。但是怎么进行dp数组的构建，是一个比较困难的问题。
遍历每个物品不太现实，因为每个物品都是字符串，不可比。因此，可以遍历位置，每次判断是否可以组成物品。这是一种化间断为连续的方法。
（2）dp数组
dp[i]代表该i长度可以拆分为很多单词（boolean）
（3）递推公式
在每个背包限制i的情况下，遍历从0到i的所有可能j，如果i-j是一个可能的物品，并且0-i可以被拆分的话，当前i可以被拆分。
递推公式是 if([j, i] 这个区间的子串出现在字典里 && dp[j]是true) 那么 dp[i] = true。并且，只要有一个成功，就保留true。
（4）遍历顺序
这里按照逻辑来说，先遍历背包。从数学角度，它比较了所有的排序数。这是合理的，因为abc和acb只要有一个能拆分，就应该返回true。如果反之，取的是组合数，只判断了abc，而实际上acb可以拆分，就漏了一种情况。
class Solution {
public:
bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
unordered_set<string> wordSet(wordDict.begin(), wordDict.end());
vector<bool> dp(s.size() + 1, false);
dp[0] = true;
for (int i = 1; i <= s.size(); i++) { // 遍历背包
for (int j = 0; j < i; j++) { // 遍历物品
string word = s.substr(j, i - j); //substr(起始位置，截取的个数)
if (wordSet.find(word) != wordSet.end() && dp[j]) {
dp[i] = true;
}
}
}
return dp[s.size()];
}
};?1. 思路
多重背包指的是01背包和完全背包的中间状态，也就是说每种物品i有mi个。方法就是把这些物品摊开。可以在双循环外再加一个循环。
for(int i = 0; i < n; i++) { // 遍历物品
for(int j = bagWeight; j >= weight[i]; j--) { // 遍历背包容量
// 以上为01背包，然后加一个遍历个数
for (int k = 1; k <= nums[i] && (j - k * weight[i]) >= 0; k++) { // 遍历个数
dp[j] = max(dp[j], dp[j - k * weight[i]] + k * value[i]);
}
}
}